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

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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[Bearbeiten]

Binomischer Lehrsatz
Binomischer Lehrsatz[Bearbeiten, WP, 2.05 Satz]

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[Bearbeiten]

\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}