Cómo probar este límite$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{9n-1}\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k}=\ln{3}$

Question

mostrar que: este límite$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{9n-1}\dfrac{1}{\sqrt{k^2+1}+k}=\ln{3}$ $

mi idea: desde$$\dfrac{1}{\sqrt{k^2+1}+k}=\sqrt{k^2+1}-k$ $

entonces no puedo. gracias

Answer 1

De la observación. Si $a_{k} \sim c/k$$k \to \infty$, luego tenemos $$ \lim_{n\to\infty} \sum_{pn < k \leq qn} a_{k} = c\log(q/p). $$

Prueba. Dado $\epsilon > 0$, elija $N$ grande por lo que el $k > pN$ $$ \frac{c-\epsilon}{k} \leq a_{k} \leq \frac{c+\epsilon}{k}. \tag{1} $$

Ahora defina $H(x) = \sum_{k \leq x} \frac{1}{k}$ y recordemos que $H(x) = \gamma + \log x + o(1)$$x \to \infty$. Sumando (1)$pn < k \leq qn$$n \geq N$, tenemos

$$ (c-\epsilon)\{ H(qn) - H(pn) \} \leq \sum_{pn < k \leq qn} a_{k} \leq (c+\epsilon)\{ H(qn) - H(pn) \}. $$

Tomando $n\to\infty$, se deduce que

$$ (c-\epsilon) \log(p/p) \leq \liminf_{n\to\infty} \sum_{pn < k \leq qn} a_{k} \leq \limsup_{n\to\infty} \sum_{pn < k \leq qn} a_{k} \leq (c+\epsilon) \log(p/p). $$

Dejando $\epsilon \to 0$, la conclusión de la siguiente manera. ////

Ahora usted puede aplicar esta observación a su problema.

Answer 2

Aviso de $\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k}$ es monótona decreciente, tenemos

$$\sum_{k=n}^{9n-1}\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k} \ge \int_n^{9n}\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}+x} \ge \sum_{k=n+1}^{9n}\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k}\\ $$ Esto implica $$\left| \sum_{k=n}^{9n-1}\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k} - \int_n^{9n}\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}+x} \right| \le \frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n} - \frac{1}{\sqrt{(9n)^2+1}+9n} < \frac{1}{2n} $$ y por lo tanto

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=n}^{9n-1}\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k} = \lim_{n\to\infty} \int_n^{9n}\frac{dx}{\sqrt{x^2+1}+x}\etiqueta{*1}$$ Aviso en la integral indefinida, $$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+1}+x} = \int\left(\sqrt{x^2+1}-x\right) dx = \frac12\left( x(\sqrt{x^2+1} -x) + \log(\sqrt{x^2+1}+x) \right) = \frac12\left[ \color{blue}{\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+x} + \log(\sqrt{1+x^{-2}}+1)} + \log x\right] $$ El primer plazo de dos (en azul) converge a una constante$\frac12 + \log 2$$x\to\infty$. que no contribuyan a aumentar el límite de RHS de $(*1)$. Como resultado,

$$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=n}^{9n-1}\frac{1}{\sqrt{k^2+1}+k} = \lim_{n\to\infty} \frac12\left(\log(9n)-\log(n)\right) = \log 3.$$

Answer 3

Al multiplicar y dividir la suma por n , notamos que esto no es más que la suma de Riemann para$~\displaystyle\int_1^9\frac{dx}{\sqrt{x^2}+x}=\int_1^9\frac{dx}{2x}=\bigg[\frac{\ln x}2\bigg]_1^9=\ln3$.

Answer 4

Deje que$a_n$ denote el término$n$ - th. Entonces este límite se desprende de las desigualdades.

$$ \ int_n ^ {9n} \ frac {dx} {2x +1} \ leq \ sum_ {k = n} ^ {9n-1} \ frac {1} {2k +1} \ leq a_n \ leq \ sum_ {k = n} ^ {9n-1} \ frac {1} {2k} \ leq \ int_ {n-1} ^ {9n-1} \ frac {dx} {2x}. $$

Answer 5

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{9n - 1}{1 \over \raíz{k^{2} + 1} + k} =\ln\pars{3}:\ {\large ?}}$

\begin{align} \mbox{With}\quad S_{N} \equiv \sum_{k = 1}^{N}{1 \over \root{k^{2} + 1} + k}\,, \qquad \lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{9n - 1}{1 \over \root{k^{2} + 1} + k}= \lim_{n \to \infty}\pars{S_{9n - 1} - S_{n - 1}} \end{align}

\begin{align} S_{N}&=\sum_{k = 1}^{N}\pars{{1 \over \root{k^{2} + 1} + k} - {1 \over 2k}} +\half\,H_{N} \\[3mm]& H_{N}:\mbox{Harmonic Number} = \Psi\pars{N + 1} + \gamma \end{align} $\ds{\Psi\pars{z}\mbox{: Digamma de la Función.}\quad \gamma\mbox{: Euler-Mascheroni Constante}}$.

$\ds{\Psi\pars{z} \sim\ln\pars{z}\ \mbox{when}\ \verts{z} \gg 1}$ y $\ds{\pars{S_{N} - \half\,H_{N}}}$ converge en el límite de $\ds{N \to \infty}$. A continuación, \begin{align}&\color{#66f}{\large% \lim_{n\to\infty}\sum_{k=n}^{9n - 1}{1 \over \root{k^{2} + 1} + k}} =\half\,\lim_{n \to \infty}\bracks{\Psi\pars{9n} - \Psi\pars{n}} =\half\,\lim_{n \to \infty}\bracks{\ln\pars{9n} - \ln\pars{n}} \\[3mm]&=\color{#66f}{\large\ln\pars{3}} \end{align}