Equivalente a $ u_{n}=\sum_{k=1}^n (-1)^k\sqrt{k}$

Question

Estoy tratando de mostrar que $$ u_{n}=\sum_{k=1}^n (-1)^k\sqrt{k}\sim_{n\rightarrow \infty} (-1)^n\frac{\sqrt{n}}{2}$$ when $n\rightarrow\infty$

¿Cómo puedo muestran que la primera $$u_{2n}\sim_{n\rightarrow \infty} \frac{\sqrt{2n}}{2}$$ and then deduce the equivalent of $u_{n}$?

Answer 1

Hemos estimaciones $$ u_{2n}=\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^k\sqrt{k}= \sum\limits_{k=1}^{n}(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1})= \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{2k}+\sqrt{2k-1}}\leq $$ $$ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2\sqrt{2k-1}}\leq \int\limits_{1}^n\frac{dx}{2\sqrt{2(x+1)-1}}=\frac{\sqrt{2n+1}-\sqrt{3}}{2} $$ y $$ u_{2n}=\sum\limits_{k=1}^{2n}(-1)^k\sqrt{k}= \sum\limits_{k=1}^{n}(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1})= \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{2k}+\sqrt{2k-1}}\geq $$ $$ \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2\sqrt{2k}}\geq \int\limits_{1}^n\frac{dx}{2\sqrt{2x}}=\frac{\sqrt{2n}-\sqrt{2}}{2} $$ por lo tanto $u_{2n}\sim\frac{1}{2}\sqrt{2n}$ mientras $n\to\infty$.

Answer 2

Norbert respuesta es la más simple y con menor cantidad de requisitos previos. Siendo ese el caso, aquí es un nuke de un hormiguero usando el de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma.

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\sqrt{k} &=2\sum_{k=1}^{n}\sqrt{2k}\;-\;\sum_{k=1}^{2n}\sqrt{k}\\ &=\sqrt{8}\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}\;-\;\sum_{k=1}^{2n}\sqrt{k}\tag{1} \end{align} $$ El de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma dice que $$ \sum_{k=1}^n\sqrt{k}=\frac23n^{3/2}+\frac12n^{1/2}+C+\frac{1}{24}n^{-1/2}+O\left(n^{-3/2}\right)\tag{2} $$ Para $\mathrm{Re}(z)>-1$, $$ \zeta(z)=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^nk^{-z}\;-\;\left(\frac{1}{1-z}n^{1-z}+\frac12n^{-z}\right)\tag{3} $$ La aplicación de $(3)$ $(2)$rendimientos $C=\zeta(-\frac12)=-\frac{1}{4\pi}\zeta(\frac32)\,\dot{=}-0.207886224977354566$.

La aplicación de $(2)$ $(1)$rendimientos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{2n}(-1)^k\sqrt{k} &=\sqrt{8}\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}\;-\;\sum_{k=1}^{2n}\sqrt{k}\\ &=\sqrt{8}\left(\frac23n^{3/2}+\frac12n^{1/2}+C+\frac{1}{24}n^{-1/2}\right)\\ &-\left(\sqrt{8}\frac23n^{3/2}+\sqrt2{}\frac12n^{1/2}+C+\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{24}n^{-1/2}\right)+O\left(n^{-3/2}\right)\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}n^{1/2}+(\sqrt{8}-1)C+\frac{3}{\sqrt{2}}\frac{1}{24}n^{-1/2}+O\left(n^{-3/2}\right)\tag{4} \end{align} $$ Por lo tanto, incluso para $n$, obtenemos $$ \sum_{k=1}^{n}(-1)^k\sqrt{k}=\frac12n^{1/2}+\frac18n^{-1/2}+\frac{7C}{\sqrt{8}+1}+O\left(n^{-3/2}\right)\tag{5} $$ Por extraño $n$, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{n}(-1)^k\sqrt{k} &=\sum_{k=1}^{n-1}(-1)^k\sqrt{k}\;-\;\sqrt{n}\\ &=\color{red}{\frac12(n-1)^{1/2}}+\color{green}{\frac18(n-1)^{-1/2}}-n^{1/2}+\frac{7C}{\sqrt{8}+1}+O\left(n^{-3/2}\right)\\ &=\color{red}{\frac12n^{1/2}-\frac14n^{-1/2}}+\color{green}{\frac18n^{-1/2}}-n^{1/2}+\frac{7C}{\sqrt{8}+1}+O\left(n^{-3/2}\right)\\ &=-\frac12n^{1/2}-\frac18n^{-1/2}+\frac{7C}{\sqrt{8}+1}+O\left(n^{-3/2}\right)\tag{6} \end{align} $$ el uso de la $\color{red}{\text{Binomial}}$ $\color{green}{\text{Theorem}}$ para ampliar los poderes de la $(n-1)$$O\left(n^{-3/2}\right)$.

La combinación de $(5)$$(6)$, obtenemos $$ \sum_{k=1}^{n}(-1)^k\sqrt{k}=(-1)^n\left(\frac12n^{1/2}+\frac18n^{-1/2}\right)-\frac{7}{\sqrt{8}+1}\frac{\zeta(\frac32)}{4\pi}+O\left(n^{-3/2}\right)\tag{7} $$ Hemos utilizado la más poderosa maquinaria, pero también hemos recibido una respuesta más precisa.

Answer 3

Par de términos consecutivos juntos:

$$u_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} (-1)^k \sqrt{k} = \sum_{k=1}^n \left( \sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}\right) .$$

Desde $\displaystyle \sqrt{1 - \frac{1}{2k}} = 1 - \frac{1}{4k} + \mathcal{O}(k^{-2})$ $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^p = \frac{n^{p+1}}{p+1} + \frac{n^p}{2} + \mathcal{O}(n^{p-1})$ tenemos

$$u_{2n}= \sum_{k=1}^n \left(\frac{\sqrt{2}}{4\sqrt{k}} + \mathcal{O}(k^{-3/2})\right)= \frac{\sqrt{2n}}{2} + \mathcal{O}(1).$$

Ahora $u_{2n+1} = u_{2n} - \sqrt{2n+1}$ por lo que el resultado que realmente se sostiene es $\displaystyle u_n \sim (-1)^n \frac{\sqrt{n}}{2}.$