Convergencia de una secuencia (posiblemente la suma de Riemann)

Question

Que $a_1, a_2, a_3, . . . , a_n$ ser la secuencia definida por $ a_n = 2\sqrt {n}-\sum_ {k = 1} ^ {n} \frac {1} {\sqrt {k}} = 2\sqrt {n} - \frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}-...-\frac{1}{\sqrt{n}} $$

Mostrar que el $a_n$ de la secuencia es convergente a un límite L y que $1<L<2$.

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Traté de mirar esto como una suma de Riemann. Sin embargo, yo no encubierta lo que. ¿Consejos sobre ni solución alternativa? Gracias

Answer 1

He aquí un elemental solución que utiliza el cálculo y el hecho que a partir del análisis -- un almacén de aumento de la secuencia converge.

En primer lugar, afirmo que la $a_n$ es estrictamente creciente. Para ver por qué, calcular la diferencia de $a_{n+1}-a_n$: \begin{align} a_{n+1}-a_n &= 2\sqrt{n+1}-2\sqrt{n} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \\ &= 2(\sqrt{n+1}-\sqrt n)\cdot\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt n}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} - \frac{1}{\sqrt{n+1}} \\ &= \frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}-\frac{1}{\sqrt{n+1}} > 0. \end{align} La última desigualdad se sigue de la desigualdad de $\frac{1}{2}(\sqrt{n+1}+\sqrt n)<\sqrt{n+1}$. De ello se desprende que $a_n$ es estrictamente creciente, y llegamos a la conclusión de que $a_n>1=a_1$$n>1$.

La próxima, vamos a poner inferior y superior asintótica límites en $a_n$, como sigue. Dejando $S_n=\sum_{k=1}^n k^{-1/2}$, afirmo que $$ 2\sqrt{n+1} - 2 < S_n < 2\sqrt n. $$ Lo que demuestra esta desigualdad se finalice el problema: si nos restar $2\sqrt n$ desde todas las partes de la desigualdad y multiplicar por $-1$, obtenemos $$ 2-2(\sqrt{n+1}-\sqrt n) > a_n > 0. $$ Esto significa que $a_n$ está delimitado por encima, y por lo tanto converge porque hemos demostrado que es estrictamente creciente. Tomando el límite cuando $n\to\infty$ y la escritura $L=\lim_{n\to\infty} a_n$, podemos ver que $2\geq L$. A continuación,$1 < L \leq 2$. (Con un análisis más fino, usted puede ser capaz de reemplazar el$\leq$$<$. Mi solución no es totalmente satisfactoria en la medida en que: nadie puede ofrecer una mejora?)

Una manera de encontrar estos límites es aproximar la suma de $S_n$ integrales; una segunda forma es hábilmente enlazado $k^{-1/2}$. Te voy a mostrar el primer enfoque, ya que es probablemente lo que la pregunta que el escritor quería, y yo voy a mostrar la segunda, porque es tan hábil.

Para derivar los límites con integrales, empezar con la siguiente integral de la desigualdad: $$ \int_0^n x^{-1/2}\,dx < \sum_{k=1}^n k^{-1/2} < \int_1^{n+1} x^{-1/2}\,dx. $$ Si usted no ha visto este tipo de cosas antes, hágamelo saber y voy a ser feliz a explicar. Usted puede entender por qué esto funciona mediante el dibujo de la imagen de la derecha. En cualquier caso, si se evalúa estas integrales se va a producir el obligado en $S_n$.

Para derivar los límites con el ingenio, a empezar con la siguiente raíz cuadrada de la desigualdad: $$ \frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}} < \frac{1}{\sqrt k} < \frac{2}{\sqrt{k} + \sqrt{k-1}}. $$ Completando el cuadrado de la izquierda y la derecha se transforma la desigualdad en $$ 2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}) < \frac{1}{\sqrt k} < 2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}). $$ Sumando esta desigualdad de $k=1$ $k=n$-- telescopios -- los rendimientos $$ 2\sqrt{n+1} - 2 < S_n < 2\sqrt n, $$ como se desee.

Answer 2

He aquí una cuidada método de de Bruijn del libro*. $\DeclareMathOperator{rre}{Re}$

Deje $z$ ser un complejo parámetro con $\rre z > 0$, $z \neq 1$. Por telescópica tenemos

$$ \sum_{k=1}^{n} k^{z} = \frac{n^{1-z}}{1-z} + \sum_{k=1}^{n} \left(k^{z} - \frac{k^{1-z}}{1-z} + \frac{(k-1)^{1-z}}{1-z}\right). $$

La suma de la derecha converge como $n \to \infty$ desde

$$ k^{z} - \frac{k^{1-z}}{1-z} + \frac{(k-1)^{1-z}}{1-z} \sim - \frac{z}{2} k^{-1-z} $$

como $k \to \infty$, así que podemos escribir

$$ \sum_{k=1}^{n} k^{z} = \frac{n^{1-z}}{1-z} + \sum_{k=1}^{\infty} \left(k^{z} - \frac{k^{1-z}}{1-z} + \frac{(k-1)^{1-z}}{1-z}\right) + \epsilon_n(z), \etiqueta{1} $$

donde $\epsilon_n(z) \to 0$ $n \to \infty$ fijos $z$. Vamos a mostrar al final de la respuesta que la suma

$$ S(z) := \sum_{k=1}^{\infty} \left(k^{z} - \frac{k^{1-z}}{1-z} + \frac{(k-1)^{1-z}}{1-z}\right) $$

es analítica en la región $\rre z > 0$, $z \neq 1$. Tomando $\rre z > 1$ y el envío de $n \to \infty$ $(1)$ nos encontramos con que

$$ S(z) = \sum_{k=1}^{\infty} k^{z} = \zeta(z), $$

así que por la continuación analítica también debemos tener $S(z) = \zeta(z)$ todos los $z$ con $\rre z > 0$, $z \neq 1$. La ecuación de $(1)$ por lo tanto puede ser escrito

$$ \sum_{k=1}^{n} k^{z} = \frac{n^{1-z}}{1-z} + \zeta(z) + \epsilon_n(z). \etiqueta{2} $$

Tomando $z = 1/2$ $(2)$ rendimientos

$$ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} = 2\sqrt{n} + \zeta(1/2) + \epsilon_n(1/2), $$

así que podemos concluir que

$$ \lim_{n \to \infty} 2\sqrt{n} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} = -\zeta(1/2). $$

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Ahora vamos a demostrar que

$$ S(z) = \sum_{k=1}^{\infty} \left(k^{z} - \frac{k^{1-z}}{1-z} + \frac{(k-1)^{1-z}}{1-z}\right) $$

es analítica en la región $\rre z > 0$, $z \neq 1$. Basta para demostrar que la suma converge uniformemente con respecto a $z$ mientras $z$ permanece en un subconjunto compacto de $\rre z > 0$, $z \neq 1$. De hecho, las secuencias de la analítica de funciones que converge uniformemente en compactos de subconjuntos de un dominio convergen a una analítica de la función en ese dominio.

Para empezar vamos a escribir

$$ k^{z} - \frac{k^{1-z}}{1-z} + \frac{(k-1)^{1-z}}{1-z} = \frac{k^{1-z}}{1-z} \left[\left(1-\frac{1}{k}\right)^{1-z} - 1 + \frac{1-z}{k}\right]. \etiqueta{3} $$

El término entre corchetes es otro que la función de $f(w) := (1-w)^{1-z}$ menos los dos primeros términos de su Maclaruin de la serie y se evalúan en $w = 1/k$. Por lo tanto, esperamos un límite como

$$ \left|f(w) - \sum_{j=0}^{1} \frac{f^{(j)}(0)}{j!}w^j\right| \leq Cw^2 = \frac{C}{k^2}, $$

y sólo tenemos que mostrar que $C$ puede ser elegido de forma independiente de $z$.

Si la serie de Maclaurin para la función $f$ tiene radio de convergencia $R > 0$ (después de algo de trabajo) se sigue de Cauchy de la integral teorema que

$$ f(w) - \sum_{j=0}^{N} \frac{f^{(j)}(0)}{j!} w^j = \frac{w^{N+1}}{2\pi i} \int_C \frac{f(\zeta)}{\zeta^{N+1}(\zeta - w)}\,d\zeta, $$

donde $C$ es el círculo de $|\zeta| = r < R$$|w| < r$. Así que, teniendo $f(w) = (1-w)^{1-z}$, $N = 1$, $w = 1/k$, y $r = 1/2$ tenemos, por $k \geq 3$,

$$ \left(1-\frac{1}{k}\right)^{1-z} - 1 + \frac{1-z}{k} = \frac{1}{2\pi i k^2} \int_{|\zeta| = 1/2} \frac{(1-\zeta)^{1-z}}{\zeta^2 (\zeta - 1/k)}\,d\zeta. $$

Ahora suponga $\rre z \geq \delta$ $|1-z| \geq \delta$ algunos $0 < \delta < 1$. Tomando el módulo de la ecuación anterior obtenemos

$$ \begin{align} \left|\left(1-\frac{1}{k}\right)^{1-z} - 1 + \frac{1-z}{k}\right| &= \left|\frac{1}{2\pi i k^2} \int_{|\zeta| = 1/2} \frac{(1-\zeta)^{1-z}}{\zeta^2 (\zeta - 1/k)}\,d\zeta\right| \\ &\leq \frac{1}{2\pi k^2} \int_{|\zeta| = 1/2} \frac{|1-\zeta|^{1-\rre z}}{|\zeta|^2 |\zeta - 1/k|}\,|d\zeta| \\ &\leq \frac{1}{2\pi k^2} \int_{|\zeta| = 1/2} \frac{2}{(1/2)^2 (1/2 - 1/3)}\,|d\zeta| \\ &= \frac{2}{2\pi (1/2)^2 (1/2-1/3)k^2} \int_{|\zeta| = 1/2} |d\zeta| \\ &= \frac{2 \pi}{2\pi (1/2)^2 (1/2-1/3)k^2} \\ &= \frac{24}{k^2}. \end{align} $$

La combinación de este con $(3)$ rendimientos

$$ \begin{align} \left|k^{-z} - \frac{k^{1-z}}{1-z} + \frac{(k-1)^{1-z}}{1-z}\right| &= \frac{k^{1-\rre z}}{|1-z|} \left|\left(1-\frac{1}{k}\right)^{1-z} - 1 + \frac{1-z}{k}\right| \\ &\leq \frac{k^{1-\delta}}{\delta} \left|\left(1-\frac{1}{k}\right)^{1-z} - 1 + \frac{1-z}{k}\right| \\ &\leq \frac{24}{\delta} k^{-1-\delta} \end{align} $$

para $k \geq 3$, que es lo que queríamos demostrar. De ello se sigue que la serie

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \left(k^{z} - \frac{k^{1-z}}{1-z} + \frac{(k-1)^{1-z}}{1-z}\right) $$

converge uniformemente en la región de $\{z \in \mathbb C : \rre z \geq \delta \text{ and } |1-z| \geq \delta\}$ por cada $\delta > 0$ y que, por ende, $S(z)$ es analítica en la región $\rre z > 0$, $z \neq 1$.

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* N. G. de Bruijn, Asintótica de los Métodos de Análisis, la sección 3.5.

Answer 3

Este es tal vez es poco off-topic, pero podemos probar la convergencia y dar una expresión para el límite al mismo tiempo.

Notemos $\delta_n = a_n - a_{n-1} =2\sqrt{n} - 2\sqrt{n-1} - \frac 1{\sqrt{n}}$.

Ahora uso el hecho de que $\sqrt{}$ es analítica en $[0,1]$:

$$ \sqrt{1-z} = \sum_{m=0}^\infty \frac{(2m)!}{(m!)^2(1-2m)} \left(\frac z{4}\right)^m \\ \sqrt{n-1} - \sqrt{n} = \sqrt{n}\left(\sqrt{1-\frac 1n}-1\right) =\sqrt{n} \sum_{m=1}^\infty \frac{(2m)!}{(m!)^2(1-2m)} \left(\frac 1{4n}\right)^m \\ \delta_n = -\frac 1{\sqrt{n}} -2(\sqrt{n-1} - \sqrt{n}) =2\sqrt{n} \sum_{m=2}^\infty \frac{(2m)!}{(m!)^2(2m-1)} \left(\frac 1{4n}\right)^m. $$ Ahora todo es positivo y podemos utilizar la Fubini–Tonelli teorema:

$$ \sum_{n=1}^\infty \delta_n = 2 \sum_{m=2}^\infty \frac{(2m)!}{(m!)^2(2m-1)4^m} \zeta\left(m-\frac12\right)<\infty, $$

debido a $\zeta\left(m-\frac12\right)$ es menor y por lo tanto limitada, y para el resto de la serie el Stirling fórmula se obtiene: $$ \frac{(2m)!}{4^m(m!)^2(2m-1)} \sim \frac{2^{2m} m^{2m} e^{-2m}\sqrt{4\pi m}} {4^m m^{2m} e^{-2m} 2\pi m\times 2m} =\frac 1{\sqrt{\pi} m^{3/2}};\\ \sum m^{-3/2}<\infty. $$

Answer 4

Aquí es una aproximación. Introduje una forma cerrada para el caso más general en un problema anterior

$$\sum_{i=1}^{n} i^s = \sum_{i=1}^{\infty}i^s - \sum_{i=0}^{\infty}(i+n+1)^s = \zeta(-s) - \zeta(-s, n+1)\,,$$

que da

$$ \sum_{i=1}^{n} i^{1/2} = \zeta(-1/2) - \zeta(-1/2, n+1)$$

$$ \implies 2\sqrt{n}-\sum_{i=1}^{n} i^{1/2} =2\sqrt{n} -\zeta(-1/2) + \zeta(-1/2, n+1) .$$

Ahora, para encontrar el límite de $n$ va a $\infty$ es necesario utilizar la identidad $ 25.11.43 $.