¿$\sum 3^{-\sqrt{n}}$ Converge o diverge?

Question

Necesito averiguar si esta serie converge o diverge:

ps

El$$\sum_{n=1}^\infty \frac 1{3^{\sqrt{n}}}$% de las pruebas de término, razón y raíz no son concluyentes, la prueba de Abel no se aplica (o no puedo pensar en cómo separar parte de la secuencia), y no puedo entender una serie para comparar esto con eso va a funcionar.

WolframAlpha dice que converge por la prueba de comparación, por cierto. Simplemente no me dice lo que se compara a la serie.

Answer 1

Aquí hay algo diferente, que no requiere de la comparación de $n^2$$3^{\sqrt{n}}$, o cualquier otra comparación:

$$\frac{1}{3^{\sqrt{n}}}\leq\frac{1}{3^{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}}$$

Y la secuencia de $\{\left\lfloor\sqrt{1}\right\rfloor,\left\lfloor\sqrt{2}\right\rfloor,\left\lfloor\sqrt{3}\right\rfloor,\ldots\}$ es igual a $$\{\overbrace{1,1,1}^3,\overbrace{2,\ldots,2}^{5},\overbrace{3,\ldots,3}^{7},\ldots,\overbrace{k,\ldots,k}^{2k+1},\ldots\}\text{.}$$ This follows from understanding that consecutive perfect squares differ by increasing odd numbers. Or equivalently that the sum of consecutive odd integers $3+5+7+\cdots$ is always $1$ tímido de un cuadrado perfecto.

Así $$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{\sqrt{n}}}&<\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2k+1}{3^{k}}\\ &=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k}{3^{k}}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{3^{k}}\\ &=2\cdot\frac{3}{4}+\frac{1}{2}\\ &=2 \end{align}$$

No sólo es la suma convergente, es menos de $2$. Usted puede obtener una mejor cota superior por salir de los términos iniciales solas en lugar de utilizar la función del suelo. Por ejemplo, este mismo enfoque puede ser utilizado con $$\begin{align}\frac{1}{3^{\sqrt{1}}}+\frac{1}{3^{\sqrt{2}}}+\frac{1}{3^{\sqrt{3}}}+\sum_{n=4}^{\infty}\frac{1}{3^{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}} &=\frac{1}{3^{\sqrt{1}}}+\frac{1}{3^{\sqrt{2}}}+\frac{1}{3^{\sqrt{3}}}+1\\ &\approx1.69\ldots \end{align}$$ que es una mejor cota superior. (CAS dice que el verdadero valor es aproximadamente la $1.34\ldots$)

---

Para una mejor aproximación que usted no puede saber inmediatamente es más o menos, sustituir cada término en $\sum_{n=N^2}^{(N+1)^2-1}\frac{1}{3^{\sqrt{n}}}$ (la parte de la serie correspondiente a una de las constantes de subcadenas en $\{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\}$) con el promedio de la final de los términos: $\frac{1}{3^{\sqrt{N^2}}}$$\frac{1}{3^{\sqrt{(N+1)^2}}}$. Así

$$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{\sqrt{n}}} &\approx\sum_{N=1}^{\infty}\frac12\left(\frac{1}{3^N}+\frac{1}{3^{N+1}}\right)(2N+1)\\ &=\frac43 \end{align}$$ No estoy ofreciendo análisis de errores, pero usted puede notar que este en efecto, obtener dentro de $0.6\%$ del valor exacto.

Answer 2

Sugerencia:$\log_e n \leq \sqrt{n}$ para$n\geq 1$. Entonces$$3^{\log_e n} = n^{\log_e3}\leq 3^{\sqrt{n}}$ $ Esto implicará, para n lo suficientemente grande$$\frac{1}{n^{\log_e3}}\geq \frac{1}{3^{\sqrt{n}}}$ $ Now$\log_e3 > 1$.

Answer 3

Una manera de demostrar que esta serie converge se puede comparar a $\int_0^\infty (1/3)^\sqrt x dx$, que es convergente.

Edit - puede resolver esta integral por sustitución $t=\sqrt x$ y luego integrar la integral resultante por partes.