Limite $n^(1/n)$

[francicko]

Salve, mi interesserebbe conoscere qualche dimostrazione del fatto che per $n$ tendente ad infinito il limite di $n^(1/n)$ risulta $1$;
Grazie!

[Sk_Anonymous]

Io credo che si possa partire da $\lim_{k\to+\infty}\frac{e^k}{k}=+\infty$ per dimostrare che $\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln n}{n}=0$ (sostituzione $k\to\ln n$ con opportuni accorgimenti se $k$ e $n$ non devono uscire dall'ambito dei numeri naturali) e poi concludere che $\lim_{n\to+\infty}\root[n]{n}=\lim_{n\to+\infty}\exp(\frac{\ln n}{n})=exp(0)=1$ per le proprietà della funzione $\exp$.

[gugo82]

@francicko: Quella dimostrazione c'è su ogni buon testo di Analisi I e si può fare in vari modi.

I. Ad esempio, la si può fare usando la nota disuguaglianza tra media armonica, geometrica e aritmetica, i.e:
\[
\tag{HmGmAm}
\mathcal{H} (x_1,\ldots ,x_n)\leq \mathcal{G} (x_1,\ldots ,x_n)\leq \mathcal{A} (x_1,\ldots ,x_n)
\]
ove \(x_1,\ldots, x_n\in ]0,\infty[\) e:
\[
\begin{split}
\mathcal{A} (x_1,\ldots ,x_n) &:= \frac{x_1+\cdots +x_n}{n} &\quad \text{è la media aritmetica}\\
\mathcal{G} (x_1,\ldots ,x_n) &:= \sqrt[n]{x_1\cdots x_n} &\quad \text{è la media geometrica}\\
\mathcal{H} (x_1,\ldots ,x_n) &:= \frac{n}{\frac{1}{x_1} +\cdots +\frac{1}{x_n}}\\
&=\frac{1}{\mathcal{A} (1/x_1,\ldots ,1/x_n)} &\quad \text{è la media armonica.}
\end{split}
\]

Infatti, prendendo \(x_1=x_2=\cdots =x_{n-2}=1\) ed \(x_{n-1}=x_n=\sqrt{n}\) per ogni indice \(n\geq 2\), si trova:
\[
\begin{split}
\mathcal{A} (1,\ldots ,1,\sqrt{n},\sqrt{n}) &= \frac{\overbrace{1+\cdots+1}^{\color{red}{n-2 \text{ volte}}} +\sqrt{n} +\sqrt{n}}{n}\\
&= \frac{n+2\sqrt{n}-2}{n}\\
\mathcal{G} (1,\ldots ,1,\sqrt{n},\sqrt{n}) &= \sqrt[n]{\underbrace{1\cdots 1}_{\color{red}{n-2 \text{ volte}}}\ \sqrt{n} \sqrt{n} }\\
&= \sqrt[n]{n}\\
\mathcal{H} (1,\ldots ,1,\sqrt{n},\sqrt{n}) &= \frac{n}{\underbrace{1+\ldots +1}_{\color{red}{n-2 \text{ volte}}}+\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n}}}\\
&= \frac{n\sqrt{n}}{n\sqrt{n}-2\sqrt{n}+2}
\end{split}
\]
cosicché la (HmGmAm) implica:
\[
\frac{n\sqrt{n}}{n\sqrt{n}-2\sqrt{n}+2} \leq \sqrt[n]{n}\leq \frac{n+2\sqrt{n}-2}{n}
\]
ed il Teorema dei Carabinieri fa il resto.

II. Oppure la si può fare usando la disuguaglianza di Bernoulli:
\[
\tag{B} (1+x)^n \geq 1+nx
\]
valida per \(n\in \mathbb{N}\) ed \(x\geq -1\), ed un trucchetto algebrico.

Infatti, notato che \(\sqrt[n]{n}> 1\) per \(n\geq 2\), si ha anche \(\sqrt{\sqrt[n]{n}} > 1\) e si può sempre trovare un unico \(x_n> 0\) tale che \(\sqrt{\sqrt[n]{n}}=1+x_n\), ossia tale che:
\[
\sqrt{n}=(1+x_n)^n
\]
per ogni indice \(n\geq 2\); ma allora da (B) segue immediatamente \(\sqrt{n}\geq 1+nx_n\), il che implica:
\[
x_n\leq \frac{\sqrt{n}-1}{n}
\]
e dunque \(\lim_n x_n=0\) (per il Teorema dei Carabinieri); conseguentemente:
\[
\begin{split}
\lim_n \sqrt[n]{n} &= \left( \lim_n \sqrt{\sqrt[n]{n}}\right)^2 \\
&= \left( \lim_n 1+x_n\right)^2\\
&= 1
\end{split}
\]
come si voleva.