Encontrando $\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}})$

Question

Estoy tratando de encontrar $\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}})$ .

• Intenté usar el teorema del apretón, y fallé.
• He intentado utilizar una secuencia definida recursivamente: $a_{n+1} = {a_n} + \frac{1}{\sqrt{(n+1)^2 +n+1}}$ . Es una secuencia creciente monótona, para cada $n$ , $a_n > 0$ . También definí $f(x) = \frac{1}{\sqrt{(x+1)^2 +x+1}}$ . Así que $a_{n+1} = a_n + f(a_n)$ . Pero estoy atascado.

¿Cómo puedo calcularlo?

Answer 1

Parece que se puede exprimir.

$$\begin{align} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \le \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \le \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} \\ \\ \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} \le \sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \le \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} \end{align}$$

Answer 2

Si $k\in[1,n]$ entonces la diferencia entre $\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$ y $\frac{1}{n}$ es bastante pequeño: $$0\leq \frac{1}{n}-\frac{1}{\sqrt{n^2+k}} = \frac{k}{n\sqrt{n^2+k}(n+\sqrt{n^2+k})}\leq \frac{1}{2n^2}$$ por lo que $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$ tiende a $1$ como $n\to +\infty$ ya que $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}=1$ y $0\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n^2}=\frac{1}{2n}$ .

Answer 3

Una pista: $$n\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\leq\sum\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}\leq n\frac{1}{\sqrt{n^2}}$$