Encuentra$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+a_2+...+a_n}{1+\frac{1}{\sqrt2}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}}$ con$a_1=1$ y$a_{n+1}=\frac{1+a_n}{\sqrt{n+1}}$

Question

Deje $(a_n)_{n\ge1}, a_1=1, a_{n+1}=\frac{1+a_n}{\sqrt{n+1}}$. Encontrar $$\lim_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{1+\frac{1}{\sqrt2}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}}$$

Estas es mi trate de:

He intercalado en el límite como la que $$L=\lim_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{\sqrt{n+1}}\frac{\sqrt{n+1}}{1+\frac{1}{\sqrt2}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}}$$. El segundo término del límite tiende a 2. El primero, después de Cesaro-Stols, se convierte en: $$\lim_{n\to\infty}a_{n+1}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2})$$ Traté de intercalar el término $a_n$ entre 2 términos en función de n, como $a_n<\frac{1}{\sqrt{n}}$ o algo por el estilo a utilizar el teorema del sandwich. Alguna idea de este tipo de términos? O otras ideas para el problema?

Answer 1

Stolz–Cesàro es una manera de ir, pero aplicado a $S_n=\sum\limits_{k=1}^n a_n$ e $T_n=\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}$, donde $T_n$ es estrictamente monótona y divergentes de la secuencia ($T_n >\sqrt{n}$). Entonces $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{S_{n+1}-S_n}{T_{n+1}-T_n}= \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{\frac{1}{\sqrt{n+1}}}= \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(1+a_n\right)=\\ \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{1+a_{n-1}}{\sqrt{n}}\right)= \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n(n-1)}}+\frac{a_{n-2}}{\sqrt{n(n-1)}}\right)=\\ \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n(n-1)}}+\frac{1}{\sqrt{n(n-1)(n-2)}}+...+\frac{a_1}{\sqrt{n!}}\right)=\\ 1+\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+...+\frac{1}{\sqrt{(n-1)!}}\right)\right)$$

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Ahora, para $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+...+\frac{1}{\sqrt{(n-1)!}}\right)\right) \tag{1}$$ tenemos $$0<\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)(n-3)}}+...+\frac{1}{\sqrt{(n-1)!}}\right)< \frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+...+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}\right) =\\\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{n-3}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}\right)\rightarrow 0$$

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Finalmente, $(1)$ ha $0$ como límite, $\frac{S_{n+1}-S_n}{T_{n+1}-T_n}$ ha $1$ como el límite. La secuencia original ha $1$ como el límite.

Answer 2

Deje $b_n=\sqrt{n!}a_n$, entonces la recursividad se convierte en $$ b_{n+1}=\sqrt{n!}+b_n $$ y llegamos $$ \begin{align} b_n &=\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{k!}\\ &=\sqrt{(n-1)!}\left(1+\frac1{\sqrt{n-1}}+\frac1{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+\dots+\frac1{\sqrt{(n-1)!}}\right)\\ a_n &=\frac1{\sqrt{n}}\left(1+\frac1{\sqrt{n-1}}+\frac1{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+\dots+\frac1{\sqrt{(n-1)!}}\right) \end{align} $$ Por lo tanto, el de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma dice $$ \sum_{k=1}^na_k=2\sqrt{n}+\log(n)+C_1+O\!\a la izquierda(\frac1{\sqrt{n}}\right) $$ Además, $$ \sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k}}=2\sqrt{n}+C_2+O\!\a la izquierda(\frac1{\sqrt{n}}\right) $$ Por lo tanto, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^na_k}{\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k}}}=1 $$

Answer 3

En primer lugar, creo que se volcó en uno de sus límites como

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n+1}}{1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}}=\frac{1}{2}$$

Ahora, vamos a encontrar un límite en $a_n$ como $n$ va al infinito. Es bastante fácil ver que $a_1=1$, $a_2=1.41421$, $a_3=1.39385$, $a_4=1.19692$, e $a_5=0.982494<1$. Por inducción, suponga $a_n<1$ (con $n\geq 5$). Entonces tenemos

$$a_{n+1}=\frac{1+a_n}{\sqrt{n+1}}<\frac{2}{\sqrt{n+1}}\leq\frac{2}{\sqrt{5+1}}<1.$$

Por lo tanto, $a_{n+1}<1$ para $n\geq 5$ y podemos concluir que la sucesión está acotada arriba por $2$. Se puede terminar desde aquí?