la convergencia de una serie que involucra $x^\sqrt{n}$

Question

Yo estaba tratando de demostrar que la convergencia de la serie $\sum_{n=1}^{\infty}x^{\sqrt{n}}$$0<x<1$. Por desgracia, no pude hacer uno de la norma de la convergencia pruebas de darme una respuesta. ¿Alguien de ustedes tiene alguna sugerencia? cualquier ayuda se agradece mucho!

muchas gracias!

Answer 1

Permítanos calcular $$ n^2x^\sqrt{n}=e^{2\ln n+\ln x\sqrt{n}}=e^{\ln x \sqrt{n}\left(1+\frac{2\ln n}{\ln x\sqrt{n}}\right)}. $$ Así vemos que $$ \lim_{n\rightarrow +\infty} n^2x^\sqrt{n}=0. $$ Así que la secuencia $(n^2x^\sqrt{n})$ es limitada y no existe $C>0$ tal que $$ 0\leq x^\sqrt{n}\leq \frac{C}{n^2} $$ para todos los $n\geq 1$. A continuación, la convergencia de $\sum_{n\geq 1} x^\sqrt{n}$ sigue por comparación.

Answer 2

Deje $x=\dfrac{1}{e^y}$. Tenga en cuenta que $y$ es positivo. Hay un número entero $k$ tal que $ky\gt 2$.

Lo suficientemente grande como para $n$, $\sqrt{n}\gt k\log n$. Podemos, si queremos probar esta usando L'Hospital de la Regla, mostrando que $\lim_{n\to\infty} \frac{\log n}{\sqrt{n}}=0$;

Para cualquier $n$. tenemos $$x^{\sqrt{n}}=\frac{1}{e^{y\sqrt{n}}}\lt \frac{1}{e^{ky\log n}}=\frac{1}{n^{ky}}\lt \frac{1}{n^2}.$$

Answer 3

Como Adán mencionado, la integral de la prueba de trabajo. Simplemente hay que tener cuidado de que todo lo que se hace con respecto a $n$, y recuerda que $0<x<1$. Vamos a arreglar $x$ entre cero y uno y vemos que $f(n)=x^{\sqrt{n}}$ es no negativo y monótonamente decreciente por lo que podemos utilizar la integral de la prueba.

Necesitamos $$\int_1^{\infty} x^{\sqrt{n}} dn = \int_1^{\infty} e^{\sqrt{n} \ln(x)}dn.$$

Recuerde que $\ln(x)$ es un negativo de la constante de modo que la integral no convergen. Pero si quieres seguir adelante y muestran de forma explícita, puede hacerlo. Sólo el uso de la sustitución $$u = \sqrt{n}$$ $$ du = \frac{dn}{2\sqrt{n}}$$ $$2udu=dn$$

y, a continuación, integrar por partes y deshacer la sustitución y se obtiene

$$\left.\frac{2x^{\sqrt{n}}(\sqrt{n} \ln(x)-1)}{(\ln(x))^2}\right]_{n=1}^{\infty}$$

que va a cero, como se $n\rightarrow\infty$ (debido a $0<x<1$) y de conectar $n=1$ simplifica para obtener $$0-\frac{2x(\ln(x)-1)}{(\ln(x))^2}$$ which of course is finite for our fixed $x$. Por lo tanto la original de la serie converge porque esta integral converge.

Answer 4

Pruebe la integral de la prueba ! $\quad\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a^{-\sqrt[k]n}~=~-1+\sum_{n=0}^\infty a^{-\sqrt[k]n}\quad{\large\approx}~-1+\int_0^\infty a^{-\sqrt[k]t}~dt~=~\frac{k!}{\ln^ka}-1.$

Ver $\Gamma$ función para obtener más detalles. En este caso, $a=\dfrac1x$$k=2$.