Demuestre que$x_n = \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} - \sqrt n$ es una secuencia limitada.

Question

Deje $n\in \mathbb N$y la: $$ x_n = \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} - \sqrt n $$ Mostrar que $\{x_n\}$ es un almacén de secuencia.

Esta secuencia parece un poco complicado, porque implica una serie armónica. A continuación están los pasos que doy.

Límite inferior:

$$ \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} \ge \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k}{k}\right)^2} = \sqrt{\sum_{k=1}^n1}=\sqrt{n}\implica\\ \implica x_n \ge \sqrt n - \sqrt n \ge 0 $$

Límite inferior es simple.

Límite superior: Para deshacerse de los radicales permite el uso de Cauchy-Schwarz (tenga en cuenta que el siguiente es incorrecta, como se muestra en Zvi la respuesta): $$ \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} \le \sqrt{\left(\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)\right)^2} =\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right) = n+\sum_{k=1}^n{1\over k} = n + H_n $$

Así que esto no muestra $x_n$ está delimitado por encima. He probado con otro enfoque:

$$ \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} - \sqrt n = \frac{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2 - n}{\sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} + \sqrt n} $$ Considere la posibilidad de nominador:

$$ \sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2 - n=n+\sum_{k=1}^n{2\sobre k}+\sum_{k=1}^n{1\over k^2}-n = \sum_{k=1}^n{1\over k^2} + \sum_{k=1}^n{2\sobre k} $$

Para el denominador: $$ \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} + \sqrt n = \sqrt{n + \sum_{k=1}^n{1\over k^2}+\sum_{k=1}^n{2\sobre k}} + \sqrt n $$

Por lo $x_n$es: $$ x_n = \frac{\sum_{k=1}^n{1\over k^2} + \sum_{k=1}^n{2\sobre k}}{ \sqrt{n + \sum_{k=1}^n{1\over k^2}+\sum_{k=1}^n{2\sobre k}} + \sqrt n } $$

Pero no veo cómo proceder a partir de este punto. ¿Qué otra cosa podría hacer? Cómo mostrar $x_n$ está delimitado por encima?

Tenga en cuenta el precálculo de la etiqueta.

Answer 1

Jakobian dio una muy buena sugerencia. Me estoy dando un poco más de nitidez de los límites para la $x_n$. Tenga en cuenta que el OP utilizan incorrectamente la de Cauchy–Bunyakovsky–Schwarz desigualdad. De hecho, cuando se aplica correctamente, obtenemos $$\sqrt{n}\left(x_n+\sqrt{n}\right)=\sqrt{\sum_{k=1}^n1^2}\sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2}\geq \sum_{k=1}^n1\cdot\left(\frac{k+1}{k}\right)=n+H_n,$$ donde $H_n=\sum_{k=1}^n\frac1k$ es el $n$ésimo número armónico. Es decir, $$x_n\geq \frac{H_n}{\sqrt{n}}.$$

Para el límite superior, el OP consiguió $$x_n=\frac{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}+2H_n}{\sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2}+\sqrt{n}}.$$ Podemos mostrar que $\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}$ está acotada arriba por $2$a través de $$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}<1+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k(k-1)}=1+\left(1-\frac{1}{n}\right)<2.$$ Sin embargo, un mayor límite superior es $\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}<\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$. También, $$\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2\geq \sum_{k=1}^n1^2=n.$$ Esto demuestra que $$x_n<\frac{\frac{\pi^2}{6}+2H_n}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}=\frac{H_n}{\sqrt{n}}+\frac{\pi^2}{6}\left(\frac{1}{2\sqrt{n}}\right).$$ (Se puede reemplazar $\frac{\pi^2}{6}$ por $2$ si quieres un precálculo de la solución.)

Es decir, hemos $$\frac{H_n}{\sqrt{n}}\leq x_n<\frac{H_n}{\sqrt{n}}+\frac{\pi^2}{6}\left(\frac{1}{2\sqrt{n}}\right).$$ Así, $x_n$ tiene el comportamiento asintótico de $\frac{H_n}{\sqrt{n}}\approx \frac{\ln n}{\sqrt{n}}$. Pero para demostrar que $x_n$ es acotado, no necesitamos saber que $H_n\approx \ln n$ (bueno, para ser aún más preciso, $H_n\approx \gamma+\ln n$, donde $\gamma$ es el de Euler–Mascheroni constante). Claramente, $$\frac{\pi^2}{6}\left(\frac{1}{2\sqrt{n}}\right)\leq \frac{\pi^2}{6}\left(\frac{1}{2}\right).$$ Además, $$H_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\leq \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}<\sum_{k=1}^n\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2\sum_{k=1}^n(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})=2\sqrt{n}.$$ Por lo tanto, $$x_n<\frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}+\frac{\pi^2}{6}\left(\frac{1}{2}\right)=2+\frac{\pi^2}{6}\left(\frac{1}{2}\right)<\infty.$$ De nuevo, sustituya $\frac{\pi^2}{6}$ por $2$ si no desea que ningún no-precálculo conocimiento en la prueba. Así, se obtendrá $x_n<3$ para todos los $n$.

Answer 2

Incluso si $\sum_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)^2 = n + 2H_n + H_n^{(2)}$ implica (generalizada) armónica de los números, es bastante sencillo notar$^{(*)}$ que $H_n=O(\log n)$ e $H_{n}^{(2)}=O(1)$ como $n\to +\infty$, por lo tanto

$$ \sum_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)^2 = n\left(1+O\left(\frac{\log n}{n}\right)\right),\tag{1}$$

$$ \sqrt{\sum_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)^2} = \sqrt{n}\left(1+O\left(\frac{\log n}{n}\right)\right)=\sqrt{n}+O\left(\frac{\log n}{\sqrt{n}}\right)\tag{2}$$ y la quería límite es cero.

$(*)$ $H_n \leq 1+\int_{1}^{n}\frac{dx}{x}=1+\log(n)$ e $H_{n}^{(2)}\leq 1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}\leq 2$.

Answer 3

Usted tiene, con ese $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$, \begin{align} \sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2 - n=\sum_{k=1}^n \left[ \left(1+\frac1k\right)^2-1\right] =\sum_{k=1}^n \frac1k\left(2+\frac1k\right)\leq3\sum_{k=1}^n\frac1k. \end{align} Mediante la comparación con la integral obtenemos $$ \sum_{k=1}^n\frac1k\leq1+\int_1^n\frac1t\,dt=1+\log n. $$ Entonces $$ \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} - \sqrt n = \frac{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2 - n}{\sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} + \sqrt n}\leq\frac{3(1+\log n)}{\sqrt n}. $$ Desde $\lim_{x\to\infty}\frac{3(1+\log x)}{\sqrt x}=0$, el continuo de la función de $f(x)=\frac{3(1+\log x)}{\sqrt x}$ está delimitada en $[1,\infty)$. Por lo tanto existe $C>0$ con $$ \sqrt{\sum_{k=1}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)^2} - \sqrt n \leq\frac{3(1+\log n)}{\sqrt n}\leq C. $$