Frage zur Auswertung einer Grenze einer Folge.

Question

Frage zur Auswertung einer Grenze einer Folge.

Grenzen
Mathematik
Realanalyse
Folgen-und-Serien
Konvergenz-Divergenz

Fanatiker

Finden Sie die folgende Grenze $:$

$lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{N}} .$ $\lim_{N \to \infty} \frac {1} {\sqrt {N}} \sum\limits_{n=1}^{N} \frac {1} {\sqrt {n}}.$

Das ist ganz klar $\sum\limits_{n=1}^{N} \frac {1} {\sqrt {n}} \gt \sqrt {N}$ für $N \gt 1.$ Also muss der Grenzwert (falls er endlich existiert) sein $\geq 1.$ Aber ich glaube, dass die Grenze unendlich ist. Dafür muss die Summe größer sein als ein skalares Vielfaches von $N^s$ für ausreichend groß $N$ wo wir brauchen $s \gt \frac {1} {2}.$ Ist es möglich, diese untere Grenze irgendwann zu erreichen? Jede Hilfe in dieser Hinsicht wäre sehr willkommen.

Vielen Dank.

Kavi Rama Murthy

Die Grenze ist

2

$2$ . Verwenden Sie den Vergleich mit

\frac{1}{\sqrt{N}} \int_{1}^{N} \frac{1}{\sqrt{x}} d x

$\frac 1 {\sqrt N}\int_1^{N} \frac 1 {\sqrt x}dx$ .

Fanatiker

@KaviRamaMurthy

:

$:$ Wir haben die folgenden Ungleichungen

:

$:$

\frac{1}{\sqrt{N}} (1 + \int_{1}^{N} \frac{1}{\sqrt{X}} D X) \geq \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{N}} \geq \frac{1}{\sqrt{N}} \int_{1}^{N} \frac{1}{\sqrt{X}} D X .

$\frac {1} {\sqrt {N}} \left (1 + \int_{1}^{N} \frac {1} {\sqrt {x}}\ dx \right ) \geq \frac {1} {\sqrt {N}} \sum\limits_{n=1}^{N} \frac {1} {\sqrt {n}} \geq \frac {1} {\sqrt {N}} \int_{1}^{N} \frac {1} {\sqrt {x}}\ dx.$ Nach dem Sandwich-Theorem haben wir also

lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{N}} = lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \int_{1}^{N} \frac{1}{\sqrt{X}} D X = lim_{N \to \infty} \frac{2 \sqrt{N} - 2}{\sqrt{N}} = 2.

$\lim\limits_{N \to \infty} \frac {1} {\sqrt {N}} \sum\limits_{n=1}^{N} \frac {1} {\sqrt {n}} = \lim\limits_{N \to \infty} \frac {1} {\sqrt {N}} \int_{1}^{N} \frac {1} {\sqrt {x}}\ dx = \lim\limits_{N \to \infty} \frac {2 \sqrt {N} - 2} {\sqrt {N}} = 2.$ Habe ich recht?

Kavi Rama Murthy

Ja, das ist richtig.

Nejimban

Sie können auch die Riemann-Summe berücksichtigen

\frac{1}{N} \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{\frac{n}{N}}}

$\frac1N\sum_{n=1}^N\frac1{\sqrt\frac nN}$ .

Fanatiker

@nejimban

:

$:$ Diese Riemann-Summe nähert sich dem Integral an

\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} d x

$\displaystyle \int_{0}^{1} \frac {1} {\sqrt {x}}\ dx$ für ausreichend groß

N .

$N.$

RW Prado

Die Riemann-Summe funktioniert nur für beschränkte Funktionen im benötigten Integral. Um die richtige Antwort zu erhalten, ist meiner Meinung nach ein Kavi-Ansatz erforderlich. Übrigens, interessante Frage! Es hat mir sehr gut gefallen. =)

Amrit Awasthi

Die Grenze ist tatsächlich gleich 2. Wir können einfache Grenzen für die Summe verwenden und dann das Sandwich-Theorem verwenden, um das Ergebnis zu erhalten. Ich schreibe meine Antwort auf. !)

Antworten (4)

Frage zur Auswertung einer Grenze einer Folge.

Die Grenze ist $2$ . Verwenden Sie den Vergleich mit $\frac 1 {\sqrt N}\int_1^{N} \frac 1 {\sqrt x}dx$ .
@KaviRamaMurthy $:$ Wir haben die folgenden Ungleichungen $:$ $\frac{1}{\sqrt{N}} (1 + \int_{1}^{N} \frac{1}{\sqrt{X}} D X) \geq \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{N}} \geq \frac{1}{\sqrt{N}} \int_{1}^{N} \frac{1}{\sqrt{X}} D X .$ $\frac {1} {\sqrt {N}} \left (1 + \int_{1}^{N} \frac {1} {\sqrt {x}}\ dx \right ) \geq \frac {1} {\sqrt {N}} \sum\limits_{n=1}^{N} \frac {1} {\sqrt {n}} \geq \frac {1} {\sqrt {N}} \int_{1}^{N} \frac {1} {\sqrt {x}}\ dx.$ Nach dem Sandwich-Theorem haben wir also $lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{N}} = lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \int_{1}^{N} \frac{1}{\sqrt{X}} D X = lim_{N \to \infty} \frac{2 \sqrt{N} - 2}{\sqrt{N}} = 2.$ $\lim\limits_{N \to \infty} \frac {1} {\sqrt {N}} \sum\limits_{n=1}^{N} \frac {1} {\sqrt {n}} = \lim\limits_{N \to \infty} \frac {1} {\sqrt {N}} \int_{1}^{N} \frac {1} {\sqrt {x}}\ dx = \lim\limits_{N \to \infty} \frac {2 \sqrt {N} - 2} {\sqrt {N}} = 2.$ Habe ich recht?
Sie können auch die Riemann-Summe berücksichtigen $\frac1N\sum_{n=1}^N\frac1{\sqrt\frac nN}$ .
@nejimban $:$ Diese Riemann-Summe nähert sich dem Integral an $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac {1} {\sqrt {x}}\ dx$ für ausreichend groß $N.$
Die Riemann-Summe funktioniert nur für beschränkte Funktionen im benötigten Integral. Um die richtige Antwort zu erhalten, ist meiner Meinung nach ein Kavi-Ansatz erforderlich. Übrigens, interessante Frage! Es hat mir sehr gut gefallen. =)
Die Grenze ist tatsächlich gleich 2. Wir können einfache Grenzen für die Summe verwenden und dann das Sandwich-Theorem verwenden, um das Ergebnis zu erhalten. Ich schreibe meine Antwort auf. !)

Reza Rajaei · Answer 1

Ich denke, es wird für diejenigen hilfreich sein, die mit der oben im Kommentarbereich erwähnten Technik nicht vertraut sind. Also poste ich eine Antwort.

Per Definition wissen wir $\int_0^1 f(x) dx=\lim\limits_{N \to\infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N f (\frac{n}{N})$ .

Auch,

lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{N}} = lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \sum_{N = 1}^{N} \sqrt{\frac{N}{N}} = lim_{N \to \infty} \frac{1}{N} \sum_{N = 1}^{N} F (\frac{N}{N})

$\lim\limits_{N \to\infty} \frac{1}{\sqrt N}\sum_{n=1}^N\frac{1}{\sqrt n}=\lim\limits_{N \to\infty}\frac{1}{N} \sum_{n=1}^N \sqrt\frac{N}{n}=\lim\limits_{N \to\infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^N f (\frac{n}{N})$ Wo

f (x) = \frac{1}{\sqrt{x}}

$f(x)=\frac {1}{\sqrt x}$ .

Deshalb:

lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{N}} = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{X}} D X = 2

$\lim\limits_{N \to\infty} \frac{1}{\sqrt N}\sum_{n=1}^N\frac{1}{\sqrt n}=\int_0^1 \frac {1}{\sqrt x}dx=2$

Einige Kommentare, die erklären, warum das Integral gegen die richtige Summe konvergiert, sollten hinzugefügt werden. Welches Theorem sollte verwendet werden, um darauf zu schließen? Beachten Sie, dass die Funktion at nicht kontinuierlich ist $0$ , seit $f$ ist dort nicht definiert.
@RWPrado ja. Obwohl $f(x)=\frac {1}{\sqrt x}$ ist nicht begrenzt $[0,1]$ , alle Beziehungen funktionieren immer noch, weil $\int_a^1 f(x) dx$ existiert als $a$ tendiert gegen null.

Claude Leibovici · Answer 2

Wenn Sie verallgemeinerte harmonische Zahlen mögen, können Sie die Partialsumme gut einschätzen

S_{N} = \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N} \frac{1}{\sqrt{N}} = \frac{1}{\sqrt{N}} H_{N}^{(\frac{1}{2})}

$S_N=\frac {1} {\sqrt {N}} \sum\limits_{n=1}^{N} \frac {1} {\sqrt {n}}=\frac {1} {\sqrt {N}}\,H_N^{\left(\frac{1}{2}\right)}$ und unter Verwendung von Asymptotik

S_{N} = 2 + \frac{ζ (\frac{1}{2})}{\sqrt{N}} + \frac{1}{2 N} - \frac{1}{24 N^{2}} + Ö (\frac{1}{N^{4}})

$S_N=2+\frac{\zeta \left(\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{N}}+\frac{1}{2 N}-\frac{1}{24 N^2}+O\left(\frac{1}{N^4}\right)$ Mit dieser abgeschnittenen Reihe für

N = 100

$N=100$ , würden Sie erhalten

1.858960382452

$1.858960382452$ während der genaue Wert ist

1.858960382478

$1.858960382478$

Weitere Kommentare sollten hinzugefügt werden, die erklären, wie man diese Zahlen erhält und warum die Summe nicht 2 ist, wie die anderen vorschlagen.
@RWPrado. Ich habe die Teilsumme berechnet und angenähert $S_N$ . Nun, wenn $N\to \infty$ , Das Ergebnis ist $2$ .

Amrit Awasthi · Answer 3

Beachten Sie das zunächst

2 (\sqrt{N + 1} - \sqrt{N}) = 2 \frac{(\sqrt{N + 1} - \sqrt{N}) (\sqrt{N + 1} + \sqrt{N})}{(\sqrt{N + 1} + \sqrt{N})} = \frac{2}{(\sqrt{N + 1} + \sqrt{N})} < \frac{2}{2 \sqrt{N}} = \frac{1}{\sqrt{N}}

$2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) = 2\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) (\sqrt{n+1}+\sqrt{n}) }{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}) }=\frac{2}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}) }<\frac{2}{2\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}$ Analog kann man zeigen:

2 (\sqrt{N} - \sqrt{N - 1}) > \frac{1}{\sqrt{N}}

$2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}) >\frac{1}{\sqrt{n}}$ Die Ungleichheiten, die wir haben, mit einer Keule schlagen

2 (\sqrt{N + 1} - \sqrt{N}) < \frac{1}{\sqrt{N}} < 2 (\sqrt{N} - \sqrt{N - 1})

$2{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) }<\frac{1}{\sqrt{n}}<2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ Fassen sie zusammen

n = 1

$n=1$ Zu

n = N

$n=N$ Wir erhalten eine Teleskopsumme und daher wird die Ungleichung:

2 (\sqrt{N + 1} - 1) < \sum_{N = 1}^{N = N} \frac{1}{\sqrt{N}} < 2 (\sqrt{N})

$2(\sqrt{N+1}-1)<\sum \limits_{n=1}^{n=N} \frac{1}{\sqrt{n}}<2(\sqrt{N})$ Jetzt dividieren durch

\sqrt{N}

$\sqrt{N}$ Erträge

\frac{2 (\sqrt{N + 1} - 1)}{\sqrt{N}} < \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N = N} \frac{1}{\sqrt{N}} < 2

$\frac{2(\sqrt{N+1}-1)}{\sqrt{N}}<\frac{1}{\sqrt{N}}\sum \limits_{n=1}^{n=N} \frac{1}{\sqrt{n}}<2$ Vermietung

N \to \infty

$N\to \infty$ und unter Verwendung des Sandwich-Theorems erhalten wir die erforderliche Grenze gleich 2. Das ist:

lim_{N \to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}} \sum_{N = 1}^{N = N} \frac{1}{\sqrt{N}} = 2

$\lim_{N\to \infty} \frac{1}{\sqrt{N}}\sum \limits_{n=1}^{n=N} \frac{1}{\sqrt{n}} =2$

Rick macht Mathe · Answer 4

Verwenden wir Cesàro-Stolz: $\frac{\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{\sqrt{k}} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} = \frac{1/\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1} - \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}$ und dies konvergiert offensichtlich zu $2$ als $n \to \infty$ .

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Rick macht Mathe

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