TU Wien:Mathematik 1 UE (diverse)/Übungen SS10/Beispiel 60

Man beweise, dass $\lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n} = 1$ gilt.

(Anleitung: Zeigen Sie, dass $a_n = \sqrt[n]{n} - 1$ eine Nullfolge ist. Dazu entwickle man die Darstellung $(1 + a_n)^n = n$ mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes und leite daraus die Ungleichung $a_n \leq \sqrt{2 / n}$ her.)

Hilfreiches

Binomischer Lehrsatz

Binomischer Lehrsatz

Für $n \ge 0$ und beliebige $x, y \in \mathbb{C}$: $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^{n-k} y^{k} = (x+y)^n$

Lösungsvorschlag

$\begin{align} n &= \left( 1 + a_n \right)^n \\ &= \sum_{k=0}^n \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} {a_n}^k \\ &= 1 + \begin{pmatrix} n \\ 1 \end{pmatrix} a_n + \begin{pmatrix} n \\ 2 \end{pmatrix} {a_n}^2 + \dots \end{align}$

$\begin{align} n &\geq \begin{pmatrix} n \\ 2 \end{pmatrix} {a_n}^2 \\ n &\geq \frac{n \cdot (n-1)(n-2)(n-3)! }{2! \cdot (n-2)(n-3)!} \cdot {a_n}^2\\ n &\geq \frac{n \cdot (n-1)}{2!} \cdot {a_n}^2 \\ 1 &\geq \frac{n-1}{2} \cdot {a_n}^2 \\ 2 &\geq (n-1) \cdot {a_n}^2 \\ \frac{2}{n-1} &\geq {a_n}^2 \\ \sqrt{\frac{2}{n-1}} &\geq a_n \\ \sqrt{\frac{2}{n}} &\geq a_n \end{align}$

Wichtig dabei ist, dass $a_n = \sqrt[n]{n} - 1 > 0$ gilt!

$\lim_{n \to \infty} a_n \leq \lim_{n \to \infty} \sqrt{\frac{2}{n-1}} = 0$

$a_n$ muss daher eine Nullfolge sein.

$\begin{align} \lim_{n \to \infty} n &= \lim_{n \to \infty} \left( 1 + a_n \right)^n \\ \lim_{n \to \infty} n &= \lim_{n \to \infty} \left( 1 + 0 \right)^n \\ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} &= 1 \end{align}$