El estudio de la convergencia de $\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl( \sqrt[n]{1+\frac{1}{n}}-1\Bigr)$

Question

Necesito para el estudio de la convergencia de

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\biggl( \sqrt[n]{1+\frac{1}{n}}-1\biggr). $$

Cualquier ayuda que se agradece!!

Gracias!

Answer 1

Por el teorema del binomio, $$1\le 1+\frac 1n\le (1+\frac 1 {n^2})^n=1+n\frac 1 {n^2} +\binom{n}{2} (\frac 1 {n^2})^2+\dots,$$ así, $n$th raíces, $$1\le \sqrt[n]{1+\frac{1}{n}}\le 1 + \frac1 {n^2},$$ y la suma converge por la prueba de comparación.

Answer 2

Sugerencia Tenemos $$x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+\cdots +y^{n-1}).$$ Deje $x=\sqrt[n]{1+\frac{1}{n}}$ y deje $y=1$. Multiplique la parte superior y la (falta de) de la parte inferior de su expresión por $x^{n-1}+\cdots+y^{n-1}$, y la mirada. La parte superior ahora es bonito y simple, y hay una gran parte de abajo.

Answer 3

Tan sólo tienes inteligente algebraica de los argumentos hasta ahora. Aquí es un promedio de la metodología analítica en aras de la exhaustividad.

Voy a utilizar dos ingredientes.

1) Por la concavidad de $\log$, $\log(1+x)\leq x$ todos los $x>-1$.

2) Por el valor medio teorema, $e^x-1\leq ex$ todos los $x\in [0,1]$.

Ahora $$ 0\leq \sqrt[n]{1+\frac{1}{n}}-1=e^{\frac{1}{n}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)}-1\leq e^{\frac{1}{n^2}}-1\leq \frac{e}{n^2}. $$

Así que la serie converge en comparación con la de Riemann $p$serie $\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2}$.

Answer 4

Espectáculo para $n$ suficientemente grande,

$$\sqrt[n]{1 + \frac{1}{n}} < 1 + \frac{1}{n^2}$$

La convergencia a seguir, desde la prueba de comparación.

Answer 5

Hasta ahora hemos visto un promedio de analítica argumento de seguimiento inteligente algebraicas argumentos. Aquí es una por debajo de la media de la analítica de argumento.

Usando la regla de l'Hôpital,

$$ \begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{1/n}-1}{\dfrac{1}{n^2}} &=\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^x-1}{x^2}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^x\left(\dfrac{x}{1+x}+\log(1+x)\right)}{2x}\\ &=\lim_{x\to0}(1+x)^x\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{2(1+x)}+\frac{\log(1+x)}{2x}\right)\\ &=1. \end{align*}$$

La convergencia de la siguiente manera desde el límite de la prueba de comparación.

---

Alternativamente, inspirado por Hurkyl comentario acerca de una forma común para la estimación de las raíces cerca de $1$ , vamos a $f(x)=(1+x)^{1/n}$ $n>1$ fijo. Entonces $f(0)=1$, $f'(0)=\dfrac{1}{n}$, y $f''(x)< 0$ todos los $x\geq 0$, y de ello se sigue que $f(x)< 1+\dfrac{x}{n}$ todos los $x>0$. En particular, $f\left(\dfrac{1}{n}\right) <1+\dfrac{1}{n^2}$.

---

He aquí un esbozo de otra manera de responder a este con el límite de la prueba de comparación, sin l'Hôpital.

Deje $g(x)=(1+x)^x$. A continuación, $g$ es analítica en el barrio de $x=0$,$g(0)=1$$g'(0)=0$. Por lo tanto $g(x)=1+a_2x^2+a_3x^3+\cdots$, e $h(x)=\dfrac{g(x)-1}{x^2}=a_2+a_3x+\cdots$ también es analítica en un barrio de $x=0$,$\lim\limits_{x\to 0}h(x)=a_2$. Por lo tanto $\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{1/n}-1}{\frac{1}{n^2}}=a_2$, lo que implica que la serie converge al límite de comparación.