Cómo determinar la convergencia de la serie $\sum_{n=1}^\infty (n^\frac{1}{n^2+1}-1)$ ?

Question

Actualmente estoy trabajando en algún ejercicio de análisis y estaba luchando por demostrar que la serie converge $$\sum_{n=1}^\infty (n^\frac{1}{n^2+1}-1)$$ He probado varios trucos como convertir $n^\frac{1}{n^2+1}$ a $e^{logn\frac{1}{n^2+1}}$ y tratar de aplicar la prueba de la relación y la prueba de la raíz a $\sum_{n=1}^\infty( e^{logn\frac{1}{n^2+1}}-1)$ pero no pudo tener éxito.

Además, he intentado acotar los términos por $n^\frac{1}{n^2}-1$ y trate de usar una prueba de comparación, pero tampoco pude hacerla funcionar, calculé la suma con Mathematica y me mostró que sí converge a aproximadamente $0.87357$ pero no pude encontrar la manera de probarlo.

Answer 1

Utilizando el hecho de que $e^{x}-1\sim x$ como $ x \to 0$ podemos demostrar la convergencia por comparación con la serie $\sum \frac {\ln n} {n^{2}+1}$ . Esta serie es convergente porque $\ln n =2\ln \sqrt n\leq 2 \sqrt n$ y $\sum \frac {\sqrt n} {n^{2}+1} \leq \sum \frac {\sqrt n} {n^{2}} <\infty$ .

Answer 2

Dejemos que $$a_n=b_n-1\qquad \text{with}\qquad b_n=n^\frac{1}{n^2+1}$$

$$\log(b_n)=\frac{\log(n)}{n^2+1}$$ Por expansión de Taylor o división larga $$\log(b_n)=\frac{\log (n)}{n^2}-\frac{\log (n)}{n^4}+O\left(\frac{1}{n^6}\right)$$ $$b_n=e^{\log(b_n)}=1+\frac{\log (n)}{n^2}+\frac{2 \log ^2(n)-4 \log (n)}{4 n^4}+O\left(\frac{1}{n^6}\right)$$ $$a_n=\frac{\log (n)}{n^2}+\frac{2 \log ^2(n)-4 \log (n)}{4 n^4}+O\left(\frac{1}{n^6}\right)\tag 1$$ Aplícalo dos veces y continúa con Taylor $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=1+\frac{1-2 \log (n)}{n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)~~<~1$$ Por lo tanto, la convergencia.

Si utiliza $(1)$ e ignorar los términos de alto orden $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\log (n)}{n^2}=\frac{\pi ^2}{6} (12 \log (A)-\gamma -\log (2\pi ))\sim 0.9375$$ mientras que, sin ninguna aproximación, la suma infinita original es $\sim 0.9050$

Editar

Si hacemos la expansión de $\log(b_n)$ para pedir $2k$ tenemos resultados explícitos para la suma (fórmulas bastante largas) y los valores numéricos son $$\left( \begin{array}{cc} k & \text{summation} \\ 1 & 0.937548 \\ 2 & 0.901166 \\ 3 & 0.905448 \\ 4 & 0.904966 \\ \infty & 0.904996 \end{array} \right)$$

Answer 3

La comparación puede funcionar: tratemos de mostrar $\frac{1}{x^p}\ge x^\frac{1}{x^2+1}-1$ para algunos $1<p$ . $$\frac{1}{x^p}+1\ge x^\frac{1}{x^2+1}$$ $$\log\left(\frac{1}{x^p}+1\right)\ge\frac{\log(x)}{x^2+1}$$ Entonces por la serie de taylor para el logaritmo sabemos $\log(1+x)>x-\frac{x^2}{2}$ para $x\in(0,2)$ , por lo que tenemos $$\frac{1}{x^p}-\frac{1}{2x^{2p}}\ge\frac{\log(x)}{x^2+1}$$ $$\frac{(2x^p-1)(x^2+1)}{2x^{2p}}\ge\log(x)$$ Siguiente, $\sqrt{x}\ge\log(x)$ por lo que basta con encontrar $p$ para que $$\frac{(2x^p-1)(x^2+1)}{2x^{2p}}\ge\sqrt{x}$$ Sin embargo, observe que el límite de la lhs como $x\to\infty$ es una simple potencia de $x$ : $x^{2-p}$ . Por lo tanto, si $2-p>\frac{1}{2}$ habrá un número finito de $N$ tras lo cual $x^{2-p}\ge\sqrt{x}$ . La suma hasta $N$ converge porque es una suma finita, y la suma después de $N$ converge porque esta desigualdad muestra los términos después de $N$ están limitados por la serie convergente $\frac{1}{x^p}$ . Cualquier $1<p<\frac{3}{2}$ funcionará, como por ejemplo $p=\frac{4}{3}$ .