Chủ đề này có 1 trả lời

[Zz Isaac Newton Zz]

Cho dãy số $\left \{ x_{n} \right \}_{n\in \mathbb{Z}^{+}}$  thỏa mãn: $lim x_{n}=2018,$ đặt $\sum_{k=1}^{n}x_{k}=s_{n}$ tính giới hạn: $L=\lim\left ( s_{n+1}\sqrt[n+1]{n+1}-s_{n}\sqrt[n]{n} \right ).$

[An Infinitesimal]

Cho dãy số $\left \{ x_{n} \right \}_{n\in \mathbb{Z}^{+}}$  thỏa mãn: $lim x_{n}=2018,$ đặt $\sum_{k=1}^{n}x_{k}=s_{n}$ tính giới hạn: $L=\lim\left ( s_{n+1}\sqrt[n+1]{n+1}-s_{n}\sqrt[n]{n} \right ).$

Tớ rất ghét cậu, Zz Isaac Newton Zz!

Trong lúc tơ rãnh rổi thì cậu không post bài hay... lúc tớ bận thì post bài hay lên làm cho tớ phải suy nghĩ. Đề này ở đâu thế em?

 

Đặt $a_n= s_{n+1}\sqrt[n+1]{n+1}-s_{n}\sqrt[n]{n}, n\in \mathbb{N}.$

 

Dễ thấy, nếu $\{a_n\}$ hội tụ thì $\lim a_n= \lim \frac{a_n}{\sqrt[n]{n}}.$

 

Một kết quả có nhiều cách chứng minh (mình xin không đưa ra chứng minh, nó là hình ảnh của Cesaro):

Nếu $\lim x_n=a\in \mathbb{R}$, đặt $S_n= \sum_{k=1}^n x_k$ thì tồn tại số thực $M$ sao cho $|S_n| \le M .n,\quad n\in \mathbb{N}.$ 

 

 

Ta có

$$\frac{a_n}{\sqrt[n]{n}}= \frac{S_{n+1}}{n+1} (n+1).\left(\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\sqrt[n]{n}}-1 \right)+x_{n+1}.$$

 

Ta thấy rằng $$\left\{\frac{S_{n+1}}{n+1} \right\}$$ bị chặn, và 

$$ b_n:=(n+1).\left(\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\sqrt[n]{n}}-1 \right)= (n+1)\left[e^{\frac{\ln(n+1)}{n+1}-\frac{\ln(n)}{n}}-1\right].$$

Vì hàm $\frac{\ln x}{x}$ là hàm giảm trên $[1,\infty)$ và $e^u\ge 1+u, \forall u\in \mathbb{R}$ nên 

$$0\ge b_n \ge \ln{(n+1)}- \frac{(n+1)\ln n}{n}= \ln \left( 1+\frac{1}{n}\right)- \frac{\ln n}{n}, ,\quad n\in \mathbb{N}.$$

Dùng định lý kẹp, ta thu được $\lim b_n=0$. Do đó, $L=\lim a_n= \lim x_n= 2018. $