Cómo evaluar la suma de $\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{2n}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2}}$ al $n$ crece?

Question

Necesito ayuda con el siguiente límite $$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{kn}}$$

Gracias.

Answer 1

Su suma puede ser interpretado como una suma de Riemann:

$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{kn}} = \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt{\frac{n}{k}}. $$

Deje $f(x) = 1/\sqrt{x}$ y deje $x_k = k/n$. Entonces $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{kn}} = \frac1n \sum_{k=1}^n \sqrt{\frac{n}{k}} = \frac1n \sum_{k=1}^n f(x_k) \a \int_0^1 f(x)\,dx $$ como $n \to \infty$.

(Puesto que la integral es impropia, un poco de cuidado es necesario para justificar el último paso.)

Answer 2

Aviso para grandes $n$, esperamos que $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} \text{ comportan como }\int_1^n \frac{dx}{\sqrt{x}} \sim 2\sqrt{n}$. Esto sugiere $$\frac{1}{\sqrt{k}} \sim \int_{k-1/2}^{k+1/2} \frac{dx}{\sqrt{x}} \sim 2\left( \sqrt{k+\frac12} - \sqrt{k-\frac12}\right)$$ and the terms $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{kn}}$ en los sumandos es cerca de algo "telescopable". Para hacer esta idea concreto, podemos observar: $$\begin{align} \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{kn}} \ge & \sum_{k=1}^n \frac{2}{\sqrt{n}(\sqrt{k+1}+\sqrt{k})} = \frac{2}{\sqrt{n}} \sum_{k=1}^n(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}) = 2 \Big(\sqrt{1+\frac{1}{n}} - \frac{1}{\sqrt{n}}\Big)\\ \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{kn}} \le & \sum_{k=1}^n \frac{2}{\sqrt{n}(\sqrt{k}+\sqrt{k-1})} = \frac{2}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^n(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}) = 2 \end{align}$$

Como resultado, $$\left|\;\sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{kn}} - 2\;\right| \le 2 \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}} -\sqrt{1+\frac{1}{n}}\right) < \frac{2}{\sqrt{n}} \quad\implica\quad \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{kn}} = 2.$$

Answer 3

mrf tiene la idea principal. Pero puesto que la integral es impropia (como mrf notas) un poco de cuidado es necesario. Aquí está una manera, utilizando el Lebesgue teoría...

Deje $f(x) = 1/\sqrt{x}$. Fijo $n$, vamos a $g_n$ ser definido por $g_n(x) = \sqrt{n/k}$$(k-1)/n < x \le k/n$. A continuación,$0 < g_n(x) \le f(x)$$g_n(x) \to f(x)$$(0,1]$. Desde $f$ es Lebesgue integrable en $(0,1]$, tenemos por el teorema de convergencia dominada $\int_0^1 g_n \to \int_0^1 f$. Que es: $$ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sqrt{\frac{n}{k}} \a \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt{x}} $$

A un LADO

Mensual problema 11376 tiene un ejemplo de cómo ciegamente "suma de Riemann" puede llevar por mal camino. La solución está en la p. 238 de la de Marzo de 2010. El problema se define $$ S_n(a) = \sum_ {\lt k \le (a+1)n}\frac{1}{\sqrt{kn-un^2}\;} $$ real $a$ y un entero positivo $n$, y pide que $a$, $\lim_{n \to \infty} S_n(a)$ existen. Muchos de los solvers señaló que $S_n(a)$ es una suma de Riemann para $$ \int_a^{+1} \frac{dx}{\sqrt{x}\;} = 2 $$ y, a continuación, descuidadamente la conclusión de que $S_n(a) \to 2$ todos los $a$. Pero, de hecho, como el publicado solución muestra, $S_n(a)$ converge si y sólo si $a$ es racional.

El problema aquí es el caso de la $a=0$, y afortunadamente $0$ es racional.

Answer 4

Creo que se trata de $$\int_0^1 f(x)dx,~~~f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}} $$

En efecto: $$\int_a^b f(x)dx=\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^nf\left(a+\frac{b-a}{n}i\right)\left(\frac{b-a}{n}\right)$$