Demuestre que el límite $\lim_{n\to\infty}\sqrt{4+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{4+\frac{2}{n^2}}+\cdots+ \sqrt{4+\frac{n}{n^2}}-2n=\frac{1}{8}$

Question

Dejemos que $$a_{n}=\sqrt{4+\dfrac{1}{n^2}}+\sqrt{4+\dfrac{2}{n^2}}+\cdots+ \sqrt{4+\dfrac{n}{n^2}}-2n,$$ demostrar que $$\lim_{n\to\infty}a_{n}=\dfrac{1}{8}$$

Mi intento:

Desde $$\sqrt{4+\dfrac{i}{n^2}}-2=\dfrac{\dfrac{i}{n^2}}{\sqrt{4+\dfrac{i}{n^2}}+2}=\dfrac{1}{\sqrt{4n^2+i}+2}\dfrac{i}{n}$$ entonces no puedo trabajarla. Gracias.

Answer 1

Hagamos el problema más general y busquemos el límite de $$a_n=\sum_{i=1}^{i=n}\sqrt {k^2+\frac{i}{n^2}} -k~n$$ En el mismo espíritu que la respuesta de Vladimir, para valores suficientemente grandes de $n$ podemos escribir $$\sqrt {k^2+\frac{i}{n^2}}=k+\frac{i}{2 k n^2}+O\left(\left(\frac{1}{n}\right)^4\right)$$ Así que $$a_n=\sum_{i=1}^{i=n}k+\sum_{i=1}^{i=n}\frac{i}{2kn^2}-kn=\frac{1}{2kn^2}\sum_{i=1}^{i=n}i=\frac{n(n+1)}{4kn^2}$$ y luego $$\lim_{n\to\infty}a_{n}=\dfrac{1}{4k}$$ Por pura suerte, encontré que existe una expresión de forma cerrada para $a_n$ Esto implica la función zeta de Hurwitz.

Answer 2

Desde $\let\leq\leqslant\let\geq\geqslant$ HM-GM-AM tenemos $$\frac x{\frac x4+1}\leq\sqrt x\leq\frac x4+1\qquad(x>0)$$ con igualdad si $x=4$ . Usando esto (la intuición es que a medida que los argumentos de nuestras raíces cuadradas se acercan a $4$ Estos límites serán muy cercanos), obtenemos $$\sum\frac{4+\frac k{n^2}}{2+\frac k{4n^2}}\leq a_n+2n\leq\sum\left(2+\frac k{4n^2}\right).$$ La expresión más a la derecha se puede evaluar como $2n+\frac18\frac{n(n+1)}{n^2}$ . La suma más a la izquierda se puede estimar aún más utilizando $$\sum\frac{4+\frac k{n^2}}{2+\frac k{4n^2}}=\sum\left(2+2\frac k{8n^2+k}\right)\geq\sum\left(2+2\frac k{8n^2+n}\right)=2n+\frac{n(n+1)}{8n^2+n}.$$ En resumen, $$\frac{n(n+1)}{8n^2+n}\leq a_n\leq\frac18\frac{n(n+1)}{n^2}.$$ La conclusión es la siguiente.

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Nótese que esto es esencialmente lo mismo que considerar la expansión de Taylor de $\sqrt x$ alrededor de $x=4$ . De hecho, las desigualdades HM-GM-AM dan dos funciones, $\frac x{\frac x4+1}$ y $\frac x4+1$ con la misma expansión de Taylor hasta términos de primer orden. Esto puede verse, por ejemplo, reescribiendo la diferencia entre dos funciones de este tipo como una función racional en $\sqrt x$ con $4$ como raíz con multiplicidad $2$ : $\frac x4+1-\sqrt x=\frac14(\sqrt x-\sqrt4)^2$ y $\sqrt x-\frac x{\frac x4+1}=\frac{\sqrt x}{x+4}(\sqrt x-\sqrt4)^2$ .
Esto significa que HM-GM-AM es una buena aproximación, ya que el límite a encontrar sólo requiere constantes y términos de primer orden. Sin embargo, si la pregunta sugería una aproximación de segundo orden, este tipo de métodos ad-hoc con desigualdades tipo AM-GM se vuelven mucho más complicados, y la aproximación de Taylor sería el camino a seguir.

Answer 3

Dejemos que $\displaystyle \begin{array}{ccccc} f & : & \mathbb R_+ & \to & \mathbb R_+ \\ & & x & \mapsto & \sqrt{1+\frac{x}4 }-1\\ \end{array}$

Dando $\displaystyle a_n=2\sum_1^nf(\frac{k}{n^2})$

Por la expansión de Taylor, existe una función continua $\epsilon$ ,

tal que $\epsilon(0)=0\;\;$ y $\; \;\displaystyle \forall x \in \mathbb R_+, f(x)=1+\frac{x}{8}+x\epsilon(x)-1$

Así, $\displaystyle a_n=\frac14\sum_1^n\frac{k}{n^2}+2\sum_1^n\frac{k}{n^2}\epsilon(\frac{k}{n^2})$

Y finalmente $$\displaystyle a_n=\frac18\frac{n(n+1)}{n^2}+2\sum_1^n\frac{k}{n^2}\epsilon(\frac{k}{n^2})$$

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Queda por demostrar que $\displaystyle \sum_1^n\frac{k}{n^2}\epsilon(\frac{k}{n^2}) \to 0$

Dejemos que $\xi >0$

Por la continuidad de $\epsilon$ existe alguna $N\in \mathbb N$ tal que $n\geq N \implies |\epsilon(\frac 1n)| \leq \xi$

Dejemos que $n\geq N$

Entonces, $\displaystyle \left |\sum_1^n\frac{k}{n^2}\epsilon(\frac{k}{n^2})\right| \leq \frac{\xi (n+1)}{2n}\leq \xi$

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Por lo tanto, $$\displaystyle a_n=\frac18\frac{n(n+1)}{n^2} + o(1) = \frac{1}{8} + o(1)$$

Answer 4

$\sqrt{4+\frac k{n^2}}-2=2(1+\frac k{8n^2}+o(\frac k{8n^2})-1)=\frac k{4n^2}(1+o(1))$

(utilice la fórmula $\sqrt{1+x}=1+\frac x2+\dots$ )

Answer 5

Dejemos que $0 < \alpha < \frac{1}{4}$ entonces para $n$ lo suficientemente grande y $k \in \{1,\ldots,n\}$ $$2 + \frac{\alpha \, k}{n^2} < \sqrt{4+\frac{k}{n^2}} < 2 + \frac{k}{4 n^2}.$$ El límite se deduce ahora de $$1+2+\ldots+n = \frac{n(n+1)}{2}$$ y tomando $\alpha \uparrow \frac{1}{4}$ .