Cómo probar que la serie $\sum\limits_{n=1}^\infty \left(\left(n+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1n\right) - 1 \right)$ converge

Question

¿Cómo podría usted mostrar que la siguiente serie es convergente: $$\sum_{n=1}^\infty \left(\left(n+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1n\right) - 1 \right)$$

Esto es lo que he probado hasta ahora:

• Puedo mostrar que los términos tienden a cero, pero no han tenido éxito en mostrar que la serie es de Cauchy como esto parece de tan solo mostrando que el conjunto de la serie converge (es decir, no es para simplificar el problema)
• La prueba de razón de no dar una respuesta
• La integral de la prueba podría funcionar, pero he sido incapaz de evaluar la integral
• Wolfram Alpha sugiere la comparación de la prueba, así que he intentado lo siguiente:
  • Comparación con $\frac1{n^2}$ (trazado de los gráficos, yo sé que esto es una 'correcta' de comparación), pero no puedo conseguir la respuesta)
  • Comparación mediante el uso de la desigualdad de $\ln(1+\frac1n) \le \frac1n$, pero esto sólo demuestra que la serie es menor que la divergencia de la serie armónica, por lo que no ha ayudado
• Expansión en series de Taylor para log... a pesar de esto, en principio, parecía prometedor, lo tengo un poco desordenado, y algo muy importante, yo quería evitar este método como este no ha sido cubierto en nuestro curso de análisis hasta el momento, así que la pregunta no lo requiere
• También he tratado de volver a redactarlo por recoger el registro de los términos en la suma de conseguir que la suma de la serie es igual a $\lim\limits_{n\to \infty}\ln(\frac{n^n e^{-n}}{n!})$, lo que parece una reminiscencia de Stirling aproximación - sin embargo, nuestra profesora dijo que esto podría ser utilizado para demostrar que la aproximación de Stirling converge (puedo ver cómo hacer esta parte), así que prefiero evitar una prueba de que directamente hace uso de la aproximación de Stirling (la implicación parece ser que hay una más "elemental" manera de mostrar la convergencia).

Yo quería trabajar fuera de la respuesta a mí mismo, pero he llegado al punto donde me siento mirando a la pregunta, pero soy capaz de hacer mucho progreso. Por esta razón, con cualquiera de las soluciones, se podría incluir el 'pasos'/'pistas' que llevó a la solución, y cómo preguntas similares podría ser abordada.

Gracias...

Editar:

Al principio yo estaba un poco preocupado de la utilización de cualquier contenido relacionado con los polinomios de Taylor ya que no es algo que se ha tocado de forma remota en conferencias (sólo el "obvio" propiedades de las funciones tales como el registro se han utilizado o manipulado en las desigualdades), pero ahora que lo pienso, es el registro (por lo general) sólo se define en términos de expansión de la serie (que me corrija si estoy equivocado... sé que a veces también se define en términos de una integral). Por lo tanto, siento que las respuestas relacionadas con el polinomio de Taylor son buenas también... sin embargo, dado el hecho de que nada de esto ha sido utilizada en cualquiera de las otras preguntas o ejemplos de conferencias, todavía estoy preguntando si hay otra manera de probar la convergencia sólo el uso de la desigualdad de la manipulación, y sólo 'básicas' del logaritmo de las desigualdades.

... También, mientras yo estoy muy agradecido por todas las respuestas, estoy interesado en ver cómo el problema puede ser resuelto de diferentes maneras a fin de que me dé más herramientas de ejemplos para ayudar a resolver más problemas

Answer 1

Encontrar un equivalente del término general. Vamos a tener que ampliar el registro a fin de $3$: $$\begin{align}\Bigl(n+\frac12\Bigr)\ln\Bigl(1+\frac1n\Bigr)-1&=\Bigl(n+\frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n-\frac 1{2n^2}+\frac1{3n^3}+o\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr)-1\\&=1-\frac1{2n}+\frac1{3n^2}+o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)+\frac1{2n}-\frac 1{4n^2}+\frac1{6n^3}+o\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)-1\\ &=\frac 1{12n^2}+o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) \end{align}$$ Por lo tanto $\;u_n\sim_\infty\dfrac 1{12n^2}$, que converge.

Answer 2

Por la Regla de L'Hospital, uno tiene $$\begin{eqnarray} &&\lim_{n\to\infty}\frac{(n+\frac12)\ln(1+\frac1n)-1}{\frac1{n^2}}\\ &=&\lim_{x\to0}\frac{(\frac1x+\frac12)\ln(1+x)-1}{x^2}\\ &=&\lim_{x\to0}\frac{(x+2)\ln(1+x)-2x}{2x^3}\\ &=&\frac1{12}. \end{eqnarray}$$ Tomando nota de que $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}$ converge y por lo $\sum_{n=1}^\infty\big[(n+\frac12)\ln(1+\frac1n)-1\big]$ converge.

Actualización: Sin usar la Regla de L'Hospital. Nota $$\ln(1+x)\le x-\frac{x^2}{2}+\frac13x^3, x>0.$$ El uso de este, que uno tiene $$\begin{eqnarray} 0\le(n+\frac12)\ln(1+\frac1n)-1&\le&(n+\frac12)(\frac1n-\frac{1}{2n^2}+\frac1{3n^3})-1\\ &=&\frac{1}{12}\frac1{n^2}+\frac{1}{6n^3} \end{eqnarray}$$ Por lo $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}$ converge.

Answer 3

Podemos demostrar que la suma converge en la demostración de que el límite de las sumas parciales converge. Podemos hacer simplemente la solución de la suma!

Definir: $$S(N) = \sum_{n = 1}^{N-1} \left[ \a la izquierda(n + \frac{1}{2}\right)\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) - 1\right]\, .$$ (Se define el límite superior como $N-1$ en lugar de $N$ porque hace las matemáticas más "bonita" más adelante.) Puedo cambiar esto de la siguiente manera: $$\begin{align} S(N) &= \sum_{n = 1}^{N-1} \left[ \left(n + \frac{1}{2}\right)\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)\right] - (N-1)\\ &= \sum_{n = 1}^{N-1} \left[ \left(n + 1 + \frac{1}{2}\right)\ln\left(n+1\right) - \left(n + \frac{1}{2}\right)\ln\left(n\right) - \ln(n+1) \right] - (N-1)\\ &= \sum_{n = 1}^{N-1} \left[ \left(n + 1 + \frac{1}{2}\right)\ln\left(n+1\right) - \left(n + \frac{1}{2}\right)\ln\left(n\right) \right] - \ln\left(N!\right)- (N-1) \end{align}$$ Tenga en cuenta que el argumento de la suma restante puede ser escrito como $$\sum_{n = 1}^{N-1} \left[ \a la izquierda(n + 1 + \frac{1}{2}\right)\ln\left(n+1\right) - \left(n + \frac{1}{2}\right)\ln\left(n\right) \right] = \sum_{n = 1}^{N-1}\left[f(n+1) - f(n)\right]\, ,$$ donde $f(x) = \left(x + \frac{1}{2}\right)\ln(x)$. Por lo tanto, esta suma telescopios, dejando a: $$\sum_{n = 1}^{N-1} \left[ \a la izquierda(n + 1 + \frac{1}{2}\right)\ln\left(n+1\right) - \left(n + \frac{1}{2}\right)\ln\left(n\right) \right] = f(N) - f(1) = \left(N+\frac{1}{2}\right)\ln(N)$$ Poniendo todo junto: $$S(N) = \left(N+\frac{1}{2}\right)\ln(N)- \ln\left(N!\right)- (N-1)$$ Queremos tomar el límite de$S(N)$$N\rightarrow\infty$, por lo que invocamos a la aproximación de Stirling para el factorial: $$\begin{align} \lim_{N\rightarrow\infty}S(N)&= \lim_{N\rightarrow\infty}\left\{ \left(N+\frac{1}{2}\right)\ln(N)- \ln\left(N^N e^{-N} \sqrt{2\pi N}\,\right)- (N-1)\right\}\\ &= 1 - \ln\left(\sqrt{2\pi}\right)\approx 0.08106 \end{align}$$

(En el último paso anterior, todos los términos dentro de los limites que implican $N$ cancelar a la otra, por lo tanto, estamos justo a la izquierda con la constante.)

Numéricamente la evaluación de la suma (en Mathematica) da el mismo resultado.

Answer 4

La integral de la prueba de obras. Definir $$I:= \int \left(x+\frac{1}{2} \right)\ln\left( 1+ \frac{1}{x}\right) -1 \;\mathrm dx =\int \left(x+\frac{1}{2} \right)\ln\left( 1+ \frac{1}{x}\right) \;\mathrm dx - \int1 \; \mathrm d x .$$ Integración por partes con $u'=x+\frac{1}{2}$ $v=\ln\left( 1+ \frac{1}{x}\right)$ da $$I = \frac{1}{2}\left(x^2 +x \right)\ln\left( 1+ \frac{1}{x}\right) - \frac{1}{2}\int_0^\infty (x^2+x)\cdot\frac{-1}{x^2+x} \; \mathrm d x -\int_0^\infty 1 \; \mathrm d x$$ y por lo tanto $$I=\frac{1}{2}\left(x^2 +x \right)\ln\left( 1+ \frac{1}{x}\right)- \frac{1}{2}x.$$ El uso de un polinomio de Taylor para $\ln$ da $$\lim_{x\to {+\infty} }\frac{1}{2}\left(x^2 +x \right)\ln\left( 1+ \frac{1}{x}\right)- \frac{1}{2}x= \frac{1}{2}$$ y por lo tanto $$\int_0^{+\infty} \left(x+\frac{1}{2} \right)\ln\left( 1+ \frac{1}{x}\right) -1 \;\mathrm dx =\frac{3}{4} - \ln2 < + \infty$$ como se desee.

Answer 5

Vamos $t(n) =(n+\frac12)\ln(1+\frac1n)-1$ y $S(N) =\sum_{n=1}^N t(n)$.

Voy a demostrar que $t(n) =\frac1{n^2}\int_0^{1/2}\frac{y(2y-1)\,dy}{1-((1/2-y)/n)^2}$ así que $0 > t(n) > -\frac1{6n^2}$ lo que implica que $S(N)$ converge.

$\begin{array}\\ (n+\frac12)\ln(1+\frac1n) &=(n+\frac12)\int_0^{1/n}\frac{dx}{1+x}\\ &=(n+\frac12)\frac1{n}\int_0^{1}\frac{dx}{1+x/n}\\ &=(1+\frac1{2n})\int_0^{1}\frac{dx}{1+x/n}\\ \end{array}$

así

$\begin{array}\\ t(n) &=(n+\frac12)\ln(1+\frac1n)-1\\ &=(1+\frac1{2n})\int_0^{1}\frac{dx}{1+x/n}-1\\ &=\int_0^{1}\frac{dx}{1+x/n}(1+\frac1{2n}-(1+\frac{x}{n}))\\ &=\int_0^{1}\frac{dx}{1+x/n}(\frac1{2n}-\frac{x}{n})\\ &=\frac1{n}\int_0^{1}\frac{dx}{1+x/n}(\frac1{2}-x)\\ &=\frac1{n}\left(\int_0^{1/2}\frac{dx}{1+x/n}(\frac1{2}-x)+\int_{1/2}^{1}\frac{dx}{1+x/n}(\frac1{2}-x)\right)\\ &=\frac1{n}\left(\int_0^{1/2}\frac{y\,dy}{1+(1/2-y)/n}-\int_{0}^{1/2}\frac{y\,dy}{1+(y-1/2)/n}\right)\\ &=\frac1{n}\int_0^{1/2}y\,dy\left(\frac1{1+(1/2-y)/n}-\frac1{1+(y-1/2)/n}\right)\\ &=\frac1{n}\int_0^{1/2}y\,dy\frac{(1+(y-1/2)/n)-(1+(1/2-y)/n)}{(1+(1/2-y)/n)(1+(y-1/2)/n)}\\ &=\frac1{n^2}\int_0^{1/2}y\,dy\frac{(y-1/2)-(1/2-y)}{(1+(1/2-y)/n)(1-(1/2-y)/n)}\\ &=\frac1{n^2}\int_0^{1/2}\frac{y(2y-1)\,dy}{1-((1/2-y)/n)^2}\\ \end{array}$

Desde entonces, si $0\le y \le \frac12$, $-\frac18 \le y(2y-1) \le 0$ (porque $y(2y-1) =\frac18( (4 y - 1)^2 - 1)$) y $0 \le ((1/2-y)/n)^2 \le \frac1{4n^2}$, $t(n) \le 0$ y, desde $n \ge 1$, $t(n) \gt -\frac1{8n^2}\frac1{1-1/(4n^2)} \ge -\frac1{8n^2}\frac43 \ge -\frac1{6n^2}$.

Por lo tanto $\sum_{n=1}^{\infty} t(n)$ converge.