Varias formas de probar que $\sum\limits^\infty_{n=1}\left(1-\frac1{\sqrt{n}}\right)^n$ converge

Question

Creo que hay varias formas de demostrar que $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n$ converge. ¿Puedes, por favor, publicar la tuya para que podamos aprender de ti?

AQUÍ HAY UNA

Sea $n\in\Bbb{N}$ fijo tal que $a_n=\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n.$ Entonces, \begin{align} a_n&=\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n \\&=\exp\ln\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n\\&=\exp \left[n\ln\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right] \\&=\exp\left[ -n\sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^k\right]\\&=\exp\left[ -n\left(\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{2n}+\sum^{\infty}_{k=3}\frac{1}{k}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^k\right)\right]\\&=\exp \left[-\sqrt{n}-\frac{1}{2}-\sum^{\infty}_{k=3}\frac{n}{k}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^k\right]\\&\equiv\exp \left(-\sqrt{n}\right)\exp \left(-\frac{1}{2}\right)\end{align} Elige $b_n=\exp \left(-\sqrt{n}\right)$, de modo que \begin{align} \dfrac{a_n}{b_n}\to\exp \left(-\frac{1}{2}\right).\end{align} Como $b_n \to 0$, existe un $N$ tal que para todo $n\geq N,$ \begin{align} \exp \left(-\sqrt{n}\right)<\dfrac{1}{n^2}.\end{align} Por lo tanto, \begin{align}\sum^{\infty}_{n=N}b_n= \sum^{\infty}_{n=N}\exp \left(-\sqrt{n}\right)\leq \sum^{\infty}_{n=N}\dfrac{1}{n^2}<\infty,\end{align} y así, $\sum^{\infty}_{n=1}b_n<\infty\implies \sum^{\infty}_{n=1}a_n<\infty$ por el criterio de comparación de límites.

Answer 1

Aquí hay un enfoque elemental, que tiene la ventaja de basarse, primero, en una desigualdad básica que es tan útil que uno debería tenerla en mente de todos modos, segundo, en una técnica de condensación que es tan útil que uno debería tenerla en mente de todos modos, y tercero, en una serie estándar que es tan útil que uno debería tenerla en mente de todos modos también...

Una desigualdad básica: Para cada $x$,

$$1-x\leqslant e^{-x}\tag{1}$$

(Esto se deriva, por ejemplo, del hecho de que, siendo la función exponencial convexa, su gráfica está por encima de su tangente en $x=0$.)

Ahora, masajeamos ligeramente la desigualdad Ura $(1)$ anterior: si ambos lados son no negativos, la desigualdad se mantiene cuando elevamos a cualquier potencia positiva, por lo tanto, para cada $x\leqslant1$ y cualquier $n$ no negativo, $$(1-x)^n\leqslant e^{-nx}$$ por ejemplo, para cada $n$ positivo, $$\left(1-\frac1{\sqrt n}\right)^n\leqslant e^{-\sqrt n}$$ por lo tanto la serie de interés converge tan pronto como la serie $$\sum_ne^{-\sqrt n}$$ converge.

Una técnica de condensación: En pocas palabras, dividimos nuestra serie, la $k$-ésima división va desde $n=k^2$ hasta $n=(k+1)^2-1$. Luego, cada término en la división $k$ es a lo sumo $e^{-k}$ y la división $k$ tiene $2k+1$ términos por lo tanto

$$\sum_{n=1}^\infty e^{-\sqrt n}\leqslant\sum_{k=1}^\infty (2k+1)e^{-k}\tag{2}$$

y todo lo que queda por demostrar es que la serie en el lado derecho de $(2)$ converge.

Una serie estándar: Quizás la serie más útil de todas es la serie geométrica, es decir, el hecho de que, para cada $|x|<1$,

$$\sum_{k=1}^\infty x^k=\frac1{1-x}\tag{3}$$

(Existen varias demostraciones simples de $(3)$, quizás ya conozcas algunas de ellas.)

Dando esto por sentado, nota que el lado derecho de $(2)$ es casi una serie geométrica. Para completar la comparación, diferenciamos la serie geométrica término por término en $|x|<1$ (sí, esto es legítimo), dando como resultado $$\sum_{k=1}^\infty kx^{k-1}=\frac1{(1-x)^2}$$ Solo mantendremos una pequeña parte de este resultado, es decir, el hecho de que las series $$\sum_{k=1}^\infty x^k\qquad\text{y}\qquad\sum_{k=1}^\infty kx^k$$ convergen para cada $|x|<1$.

Conclusión: En particular, para $x=e^{-1}$, la serie en el lado derecho de $(2)$ converge, qed.

Answer 2

Al notar que $\ln(\tfrac{1}{1-x}) = x + x^2/2 + O(x^3)$,

\begin{align*} \frac{\left(\,1-\frac{1}{\sqrt{n}}\,\right)^n}{e^{-\sqrt{n}}} % &= \frac{\exp \left(\, -n\ln \frac{1}{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}\,\right)}{e^{-\sqrt{n}}}\\ % &= \frac{\exp \left(\, -n\left(\tfrac{1}{\sqrt{n}} + \tfrac{1}{2n} + O\left(\tfrac{1}{n^{3/2}}\right) \right)\,\right)}{e^{-\sqrt{n}}}\\ % &= e^{-1/ 2} \cdot \underbrace{e^{-O\left(\tfrac{1}{n^{1/2}}\right)}}_{\to\,1} \to e^{-1/ 2} \end{align*}

Entonces $\sum_{n=1}^\infty \left(\,1-\frac{1}{\sqrt{n}}\,\right)^n$ y $\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\sqrt{n}}$ convergen o divergen juntas por el test de comparación de límites. Dado que $$\int_1^\infty e^{-\sqrt{t}}\;dt = \left[\, -2e^{-\sqrt{x}}(\sqrt{x}+1)\,\right]_1^\infty = \frac{4}{e} < \infty$$ concluimos que ambas series convergen luego por el test integral.

Answer 3

Para $n\ge2$, $$ \begin{align} \left(1-\frac1{\sqrt{n}}\right)^n &=\left(\left(1+\frac1{\sqrt{n}-1}\right)^{\sqrt{n}}\right)^{-\sqrt{n}}\tag{1a}\\ &\le\left(1+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}-1}\right)^{-\sqrt{n}}\tag{1b}\\[9pt] &\le2^{-\sqrt{n}}\tag{1c} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(1a)}$: $1-\frac1{\sqrt{n}}=\left(1+\frac1{\sqrt{n}-1}\right)^{-1}$
$\text{(1b)}$: Desigualdad de Bernoulli
$\text{(1c)}$: $1+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n}-1}\ge2$

Dado que $(1)$ se cumple para $n=1$, es verdadero para $n\ge1$. $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\left(1-\frac1{\sqrt{n}}\right)^n &\le\sum_{n=1}^\infty2^{-\sqrt{n}}\tag{2a}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=(k-1)^2+1}^{k^2}2^{-\sqrt{n}}\tag{2b}\\ &\le\sum_{k=1}^\infty(2k-1)\,2^{-k+1}\tag{2c}\\[9pt] &=6\tag{2d} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$: aplicar $(1)$
$\text{(2b)}$: agrupar los términos
$\text{(2c)}$: términos $2k-1$ de tamaño menor que $2^{-k+1}$
$\text{(2d)}$: calcular la suma usando
$\phantom{\text{(2d):}}$ $\sum\limits_{k=1}^\infty x^k=\frac{x}{1-x}\quad$ y $\quad\sum\limits_{k=1}^\infty kx^k=\frac{x}{(1-x)^2}$

Answer 4

Como has mencionado $$\exp(-\sqrt n)=\left({1\over e}\right)^{\sqrt n}<{1\over n^2}$$ también para cualquier $0 tenemos $$a=\left({1\over e}\right)^{k}$$ donde $k=-\ln a>0$ por lo tanto, por sustitución, $$a^{\sqrt n}=\left({1\over e}\right)^{k\sqrt n}=\left({1\over e}\right)^{\sqrt {nk^2}}<{1\over n^2\cdot k^4}$$ para un $n$ suficientemente grande. Basándonos en esto y en $$\lim_{n\to\infty}\left(1-{1\over \sqrt n}\right)^{\sqrt n}={1\over e}$$ podemos para un $\epsilon>0$ lo suficientemente pequeño y un $n$ suficientemente grande, escribir que $$0<{{1\over e}-\epsilon<\left(1-{1\over \sqrt n}\right)^{\sqrt n}<{1\over e}+\epsilon}<1$$ por lo tanto $$0<\left({1\over e}-\epsilon\right)^{\sqrt n}<\left(1-{1\over \sqrt n}\right)^{n}<\left({1\over e}+\epsilon\right)^{\sqrt n}<1$$ ya que tanto $\sum_{n=1}^{\infty}\left({1\over e}+\epsilon\right)^{\sqrt n}$ y $\sum_{n=1}^{\infty}\left({1\over e}-\epsilon\right)^{\sqrt n}$ son convergentes, entonces también lo es $$\sum_{n=1}^{\infty}\left(1-{1\over \sqrt n}\right)^{n}$$