Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
522 kez görüntülendi
$\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{1^{5}+\ldots +n^{5}}{n^6}=?$

Açıkçası soruya ilk baktığımda cevabın 0 olacağını düşündüm ama yanılmışım. Sorunun çözümü için şunları yazdım.

$\dfrac{1^{5}+\ldots +n^{5}}{n^6}=\dfrac{\sum ^{n}_{k=1}k^{5}}{n^{6}}=\dfrac{\sum ^{n}_{k=1}\left( \dfrac{k}{n}\right) ^{5}}{n}$

Dahada ilerleme kaydedemedim
Lisans Matematik kategorisinde (234 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi | 522 kez görüntülendi
Belirli integral ile limit arasındaki ilişkiyi hatırlıyor musun? Senin en son yazdığın toplamı biraz daha düzenlersek

$$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1-0}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(0+k\cdot\frac{1-0}{n}\right)^5$$ ifadesini elde ederiz. Bu son yazdığımız ifade sana tanıdık geliyor mu?
Çok iyiymiş , riemann integrali elde ettik.
O zaman sorunun yanıtını ekleyebilirsin.

3 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme
En İyi Cevap
$k\in\mathbb{N},n\geq1$ olmak üzere $P_k(n)=\sum\limits_{i=1}^ni^k$ nın, başkatsayısı $\frac1{k+1}$ olan $k+1$ inci derece bir polinom olduğunu , Tümevarım İlkesi ile, göstereceğiz, Daha sonra, bu sorunun cevabı kolayca bulunacaktır.

(Bu ispatın, Ali Nesin in videolarında olduğunu sanıyorum ama  şu anda bulamadım)

Binom formülünden, $(i+1)^{k+1}-i^{k+1}=\sum\limits_{j=0}^k\binom{k+1}{j}i^j=(k+1)i^k+\sum\limits_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}i^j$ olur.

Her iki taraf da $i=0,1,\dots,n$ için toplanırsa,  $c_j=\binom{k+1}{j}\in\mathbb{N}^+$ olmak üzere:

$(n+1)^{k+1}=\sum\limits_{i=0}^n\left((i+1)^{k+1}-i^{k+1}\right)=(k+1)P_k(n)+\sum\limits_{j=0}^{k-1}c_jP_j(n)$ olur.

$k=0$ için $P_0(n)=n$ olduğu aşikardır ve iddiamız doğrudur .

Bir $k\in\mathbb{N}^+$ için  $\forall j<k$ için iddiamızın doğru olduğunu varsayalım.

$(n+1)^{k+1}=(k+1)P_k(n)+\sum\limits_{j=0}^{k-1}c_jP_j(n)$ eşitliğinden:

$(k+1)P_k(n)=(n+1)^{k+1}-\sum\limits_{j=0}^{k-1}c_jP_j(n)$ olur.

Tümevarım hipotezinden,  $\sum\limits_{j=0}^{k-1}c_jP_j(n)$, $k$ inci derece bir polinom olur.

Yukarıdaki eşitlikten, $P_k(n)$, başkatsayısı $\frac1{k+1}$ olan, $k+1$ nci derece bir polinomdur

Tümevarım İlkesinden, iddiamız ispatlanmıştır.

Şimdi sorunun daha genel şeklini çözelim:

$k\in\mathbb{N}$ olmak üzere:

$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{P_k(n)}{n^{k+1}}=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\frac1{k+1}n^{k+1}+\text{küçük dereceli terimler}}{n^{k+1}}=\frac1{k+1}$

Edit: Bir kaç yerde yazımı düzenledim ve   $(k+1)P_k(n)$ in tamsayı katsayılı olduğunu iddiasını sildim.
(6.2k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
0 beğenilme 0 beğenilmeme
Doğan hocanın cevabına ek yazayım.

Kısaca, $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1-0}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(0+k\cdot\frac{1-0}{n}\right)^5= \int ^{1}_{0}x^{5}dx=\dfrac{1}{6}$
(234 puan) tarafından 

1600 lere gelen kadar $\int_0^a x^k\,dx$ integralleri, $P_k(n)$ polinomları yardımı ile hesaplanmıştır.

($k=2$ durumu için Arşimet in, aşağıdaki parabol kesmesinin alanını veren, çok güzel bir teoremi ile bulunabilıyor)

0 beğenilme 0 beğenilmeme
Faulhaber Formulu soyle verilir. $B_j$ Bernoulli sayilari olmak uzere

 

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^a=\dfrac{1}{a+1}\displaystyle\sum_{j=0}^{a}(-1)^j {a+1\choose j} B_j n^{a+1-j}$

 

$a=5$  icin

 

$\begin{align}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^5=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{j=0}^{5}(-1)^j {6\choose j} B_j n^{6-j}\\=&\dfrac{1}{6}\left[{6\choose 0} B_0 n^{6}-{6\choose1} B_1 n^{5}+{6\choose 2} B_2 n^{4}-{6\choose 3} B_3 n^{3}+{6\choose 4} B_4 n^{2}-{6\choose 5} B_5 n\right]\end{align}$

 

$B_0=1,\quad B_1=-\dfrac{1}{2}, \quad B_2=\dfrac16, \quad B_3=0, \quad B_4=-\dfrac1{30}, \quad B_5=0$.

$B_1$ haric tek indekslerde sifirdir.

 

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^5=\dfrac{1}{6}\left[n^{6}+3n^5+\dfrac{5}{2}n^{4}-\dfrac{1}{2}n^{2}\right]$

 

$\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{1^{5}+\ldots +n^{5}}{n^6}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{\dfrac{1}{6}\left[n^{6}+3n^5+\dfrac{5}{2}n^{4}-\dfrac{1}{2}n^{2}\right]}{n^6}=\dfrac16$

 

____________________

 

Daha genel haliyle

 

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^a=\dfrac{1}{a+1}n^{a+1}+\dfrac12 n^a+(\text{kucuk dereceli terimler})$  oldugundan (Bunu gormek zor degil)

 

 

$\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{1^{a}+\ldots +n^{a}}{n^{a+1}}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{\dfrac{1}{a+1}n^{a+1}+\dfrac12 n^a+(\text{kucuk dereceli terimler})}{n^{a+1}}=\dfrac{1}{a+1}$

 

 

____________________

Ornekler

 

$\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{1^{2}+\ldots +n^{2}}{n^3}=\dfrac13$

 

$\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\dfrac{1^{7}+\ldots +n^{7}}{n^8}=\dfrac18$
(2.9k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
20,235 soru
21,758 cevap
73,397 yorum
2,043,837 kullanıcı