Consider $a_{n\:=\:}1\:+\sum _{k=1}^n\:\frac{2+k}{3^k+1}$.
Quiero demostrar que esta secuencia converge usando el teorema de Cauchy.
Hasta ahora esto es lo que he escrito:
Sea $\epsilon \:>\:0$. Necesitamos encontrar un $N$ tal que $\forall n,m\:>\:N$ $\left|a_{m\:}-\:a_n\right|\:<\:\epsilon $.
$\left|a_{m\:}-\:a_n\right|\:=\:\left|1\:+\:\sum _{k=0}^m\:\frac{k+1}{3^k+1}\:-\:1\:+\:\sum \:_{k=0}^n\:\frac{k+1}{3^k+1}\:\right|\:=\:\left|\sum _{k=n+1}^m\frac{k+1}{3^k+1}\:\right|\:<\:\left|\sum \:_{k=n+1}^m\frac{k+1}{3^k}\right|\:<\left|\sum \:\:_{k=n+1}^m\frac{2^k}{3^k}\right|\:\:=\:\left|\sum \:\:_{k=n+1}^m\left(\frac{2}{3}\right)^k\right|$.
Pero aquí es donde me atasqué. ¿Cómo puedo continuar desde aquí? ¿Cómo puedo acotar más para mostrar que es menor que epsilon? ¡Gracias!
Respuesta
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Suponga que $m>n$. Tienes $$a_{m}-a_{n}=\underset{k=n+1}{\overset{m}{\sum}}\frac{2+k}{3^{k}+1}<2\underset{k=n+1}{\overset{m}{\sum}}\left(\frac{1}{3}\right)^{k}+\underset{k=n+1}{\overset{m}{\sum}}\frac{k}{3^{k}}$$ ahora usando $$\underset{k=0}{\overset{t}{\sum}}\left(\frac{1}{3}\right)^{k}=\frac{1-\left(1/3\right)^{t+1}}{1-1/3}$$ y $$\underset{k=0}{\overset{t}{\sum}}\frac{k}{3^{k}}=\frac{3}{4}-\frac{3^{-t}}{2}t-\frac{3^{1-t}}{4}$$ y observando que $$\underset{k=n+1}{\overset{m}{\sum}}=\underset{k=0}{\overset{m}{\sum}}-\underset{k=0}{\overset{n}{\sum}}$$ tienes tu desigualdad. También puedes usar tus cálculos, porque $$\underset{k=n+1}{\overset{m}{\sum}}\left(\frac{2}{3}\right)^{k}=\underset{k=0}{\overset{m}{\sum}}\left(\frac{2}{3}\right)^{k}-\underset{k=0}{\overset{n}{\sum}}\left(\frac{2}{3}\right)^{k}=\frac{\left(2/3\right)^{n+1}-\left(2/3\right)^{m+1}}{1-2/3}<\epsilon$$ $\forall\epsilon>0$ y $m,\, n$ suficientemente grandes.
