Convergencia de la serie $\sqrt[n]n-1$

Question

Dejemos que $a_n=\sqrt[n]n-1$ . Hace $\sum_{n=1}^\infty a_n$ ¿converger?

Answer 1

Una pista: $$\sqrt[n]n = e^{\frac{\log n}{n}} > 1+\frac{\log n}{n}$$

Answer 2

$$a_n=n^{1/n}-1= e^{\log{n}/n}-1 \sim \frac{\log{n}}{n}$$

La suma diverge por comparación con la suma de $b_n=1/n$ .

Answer 3

Desde $\left(1+\frac1n\right)^n\to e$ concluimos que $$ \left(1+\frac1n\right)^n<3<n=(1+a_n)^n$$ para casi todos los $n$ . Por lo tanto, $a_n>\frac1n$ para casi todos los $n$ y $\sum a_n$ diverge.

Observación: Ni siquiera necesitamos la introducción de $e$ . La observación $$\left(1+\frac1n\right)^n=\sum_{k=0}^n{n\choose k}n^{-k}\le \sum_{k=0}^n\frac1{k!}<1+\sum_{k=1}^ \infty 2^{1-k} =3$$ es suficiente para un enfoque "elemental".

Answer 4

$$\sqrt[n]{n}-1=\frac{n-1}{\sqrt[n]{n^{n-1}}+\sqrt[n]{n^{n-2}}+...+1}\geq \frac{n-1}{n\sqrt[n]{n^{n-1}}}=\frac{n-1}{n}\frac{1}{n^{\frac{n-1}{n}}}=\frac{n-1}{n}\frac{\sqrt[n]{n}}{n}>\frac{n-1}{n}\frac{1}{n}$$

Ahora usa eso para todos $n >2$ tenemos

$$\frac{n-1}{n}\frac{1}{n}>\frac{1}{2}\frac{1}{n} \,,$$

o límite compararlo con la serie armónica.

Answer 5

Para $n\ge2$ , $$ \begin{align} n(\sqrt[n]{n}-1) &\ge n(2^{1/n}-1)\\ &\to\log(2) \end{align} $$ Así, para algunos $N$ , si $n\ge N$ entonces $n(\sqrt[n]{n}-1)\ge\frac12$ . Por lo tanto, para $n\ge N$ , $$ \sqrt[n]{n}-1\ge\frac1{2n} $$ Así, la serie diverge en comparación con la serie armónica.