求极限$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{2} + \frac{2}{3} + \frac{3}{4} + \ldots + \frac{n}{n+1}}$的方法咨询

你尝试通分求和的思路确实走进了循环，这很正常——通分在这里只会绕回原问题，我们需要换个更高效的方向：通过放缩估计求和式的量级，再用夹逼准则来计算这个n次根号的极限。下面是两种可行的方法，从基础到进阶都有：

方法一：基础放缩法（无需特殊结论） #

首先，我们先改写求和项，把每一项拆成1减去一个小分数，简化求和逻辑：
$$
\sum_{k=1}^n \frac{k}{k+1} = \sum_{k=1}^n \left(1 - \frac{1}{k+1}\right) = n - \sum_{k=2}^{n+1} \frac{1}{k}
$$

接下来对这个求和式做上下界估计：

1. 上界：因为每一项$\frac{1}{k} > 0$，所以$\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k} > 0$，因此：
   $$
   \sum_{k=1}^n \frac{k}{k+1} < n
   $$
2. 下界：对于$n \geq 2$，所有分母$k \geq 2$，因此$\frac{1}{k} \leq \frac{1}{2}$，所以：
   $$
   \sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k} < \sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{2} = \frac{n}{2}
   $$
   代入求和式得到：
   $$
   \sum_{k=1}^n \frac{k}{k+1} > n - \frac{n}{2} = \frac{n}{2}
   $$

现在对三个式子取n次根号：
$$
\sqrt[n]{\frac{n}{2}} \leq \sqrt[n]{\sum_{k=1}^n \frac{k}{k+1}} \leq \sqrt[n]{n}
$$

我们用对数法计算两边的极限：

• $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{n} = \lim_{n\to\infty} e^{\frac{\ln n}{n}} = e^0 = 1$（因为对数增长远慢于线性，$\frac{\ln n}{n} \to 0$）
• $\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{\frac{n}{2}} = \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{n}}{\sqrt[n]{2}} = \frac{1}{1} = 1$（$\sqrt[n]{2} = e^{\frac{\ln2}{n}} \to 1$）

根据夹逼准则，中间的极限必然等于1。

方法二：用调和数的渐近性质（更精确的分析） #

如果想更深入理解求和式的精确行为，可以用调和数的结论：
第n个调和数$H_n = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$满足渐近展开：
$$
H_n = \ln n + \gamma + o(1)
$$
其中$\gamma \approx 0.5772$是欧拉-马歇罗尼常数，$o(1)$表示当$n\to\infty$时趋近于0的项。

回到我们的求和式：
$$
\sum_{k=1}^n \frac{k}{k+1} = n - (H_{n+1} - 1) = n - H_{n+1} + 1
$$
代入调和数的渐近式：
$$
\sum_{k=1}^n \frac{k}{k+1} = n - (\ln(n+1) + \gamma) + 1 = n - \ln n - \gamma + 1 - \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) + o(1)
$$
因为$\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n} \to 0$，所以求和式可以简化为：
$$
\sum_{k=1}^n \frac{k}{k+1} = n - \ln n + O(1)
$$
这里$O(1)$表示一个有界的常数项。

现在取n次根号：
$$
\sqrt[n]{n - \ln n + O(1)} = \sqrt[n]{n\left(1 - \frac{\ln n - O(1)}{n}\right)} = \sqrt[n]{n} \cdot \sqrt[n]{1 - \frac{\ln n - O(1)}{n}}
$$
其中$\frac{\ln n - O(1)}{n} \to 0$，而$\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{1+x_n} = 1$当$x_n \to 0$，因此整个表达式的极限是$1 \cdot 1 = 1$，和之前的结论一致。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者anon