Si $ A=\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+.........+\frac{1}{100\sqrt{99}}\;,$ $\lfloor A \rfloor =$

Question

Si $\displaystyle A=\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+.........+\frac{1}{100\sqrt{99}}\;,$ $\lfloor A \rfloor =$

Donde $\lfloor x \rfloor$ representa a la función del suelo de $x$.

$\bf{My\; Try:}$ Límite inferior $$\sum^{99}_{k=1}\frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}>\sum^{99}_{k=1}\frac{1}{(k+1)k}=\sum^{99}_{k=1}\left[\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right]=1-\frac{1}{99}$$

Ahora yo no entendía cómo puedo solucionarlo, alguna ayuda?

Gracias

Answer 1

Tenemos: $$ \frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}} = \frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k(k+1)}}=\frac{1}{k\sqrt{k+1}+(k+1)\sqrt{k}}\geq \frac{1}{2(k+1)\sqrt{k}}$$ por lo tanto: $$ \sum_{k=1}^{99}\frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}\leq 2\sum_{k=1}^{99}\left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)=2-\frac{1}{5}$$ pero en una manera similar: $$ \sum_{k=1}^{99}\frac{1}{(k+1)\sqrt{k}}\geq \frac{1}{2}+2\sum_{k=2}^{99}\left(\frac{1}{\sqrt{k-1/4}}-\frac{1}{\sqrt{k+3/4}}\right)=\frac{1}{2}+\frac{4}{\sqrt{7}}-\frac{4}{\sqrt{399}}$$ por lo $\lfloor A \rfloor = \color{red}{1}$. Otra gran victoria para los creativos telescópica.

Answer 2

Esta serie es una suma de Riemann para $$\int_1^{99} \frac {dx}{(1+x)\sqrt x}$$

Pero que la integral puede ser calculada "exactamente", como la integral indefinida es $2\,tan^{-1}(\sqrt x)$. Tenemos acerca de $1.37$ de la integral definida, y no es difícil ver que esto hace que su respuesta $1$.

Answer 3

Vamos

$$A = \sum_{k=1}^{99} \frac1{(k+1) \sqrt{k}} $$

Se puede demostrar que la suma es mayor que $1$. Primero podemos límite inferior de la suma por

$$\sum_{k=1}^{99} \frac1{k (k+1)} = \frac{99}{100} $$

que, mientras que menos de uno, puede ser corregido por su segundo mandato:

$$\frac{99}{100} + \frac13 \left (\frac1{\sqrt{2}} - \frac12 \right ) \gt 1$$

es decir, $A \gt 1$. A continuación, considere que

$$A = \sum_{k=1}^{99} \frac1{(k+1) \sqrt{k}} = \sum_{k=1}^{99} \left (\frac{\sqrt{k}}{k} - \frac{\sqrt{k+1}}{k+1} \right ) + \sum_{k=1}^{99} \frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{k+1}$$

La primera suma en el lado derecho es sólo $9/10$. La segunda suma, sin embargo, es

$$ \sum_{k=1}^{99} \frac1{(k+1) (\sqrt{k+1}+\sqrt{k})} \le \frac12 \sum_{k=1}^{99} \frac1{(k+1) \sqrt{k}} = \frac12 A$$

Por lo tanto $A \le \frac9{10} + \frac12 A$, o

$$A = \sum_{k=1}^{99} \frac1{(k+1) \sqrt{k}} \le \frac95$$

y también es mayor que uno. Por lo tanto, en el piso de la suma es $1$.

Answer 4

Sugerencia. Observar que, para $x\in [k,k+1],\, k=1,2,3,\cdots$, $$ \frac1{(k+2)\sqrt{k+1}} \leq\frac1{(x+1)\sqrt{x}}\leq \frac1{(k+1)\sqrt{k}}. $$ La integración de ambos lados de $x=k$ $x=k+1$da $$ \frac1{(k+2)\sqrt{k+1}} \leq\int_k^{k+1}\frac1{(x+1)\sqrt{x}}dx\leq \frac1{(k+1)\sqrt{k}} $$ then, summing from $k=1$ to $k=99$, $$ \sum_{k=1}^{100}\frac1{(k+1)\sqrt{k}}-\frac12\leq\int_1^{100}\frac1{(x+1)\sqrt{x}}dx\leq \sum_{k=1}^{99}\frac1{(k+1)\sqrt{k}}. $$ Tenemos $$ \int_1^{100}\frac1{(x+1)\sqrt{x}}dx=2\arctan (10) -\frac{\pi}2. $$

De ello se sigue que

$$ 2\arctan (10) -\frac{\pi}2\leq\sum_{k=1}^{99}\frac1{(k+1)\sqrt{k}}\leq2\arctan (10) -\frac{\pi}2+\frac12-\frac1{1010}. $$ o $$ \color{red}{1.371\cdots}<\sum_{k=1}^{99}\frac1{(k+1)\sqrt{k}}<\color{blue}{1.870\cdots}. $$