¿Cuál es el límite de $\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k+1}}$?

Question

$$\lim_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}}\left(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{5}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}}\right)=? $$

He probado con el teorema del apretón, aunque tengo el límite superior, pero no pude encontrar el límite inferior. También traté de resolverlo con el teorema de límite de orden, pero sin éxito. Adivinó que el resultado debe ser $\frac{1}{\sqrt{2}}$. ¿Cómo puedo hacerlo?

Answer 1

Hay una suma telescópica en disfraz. Desde: %#% $ #% sumando $$\frac{1}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k-1}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{2k+1}-\sqrt{2k-1}\right)\tag{1}$ $(1)$ que va desde $k$ $1$ tenemos: %#% $ #% por lo tanto, multiplicando ambos lados por $n$ y tomando el límite como $$ \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k-1}} = \frac{1}{2}\left(\sqrt{2n+1}-\sqrt{1}\right)\tag{2}$ claramente tenemos: $\frac{1}{\sqrt{n}}$ $

Answer 2

Consejo 1:
$\frac{1}{\sqrt1+\sqrt3}=\frac{\sqrt3-\sqrt1}{2}$

$\frac{1}{\sqrt3+\sqrt5}=\frac{\sqrt5-\sqrt3}{2}$

y así sucesivamente, así que te quedan con $\frac{\sqrt{2n+1}-1}{2}$ dentro de los soportes,
Espero que usted puede hacerlo desde aquí.

Consejo 2: (ver solamente si la necesita)

¿Después de multiplicar por $\frac{1}{\sqrt{n}}$ se convierte en $\frac{\sqrt{2+\frac{1}{n}}-\frac{1}{\sqrt{n}}}{2}. $ ahora lo que es $\frac 1n$ y $\frac{1}{\sqrt{n}}$ si $n \to{+ \infty}$?

Answer 3

Otra sugerencia.

$n \in \mathbb N$ Y $x \in [n,n+1]$ hay $$\frac{1}{2\sqrt{2x+1}} \le \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n+1}} \le \frac{1}{2\sqrt{2x-3}}$ $ que permite comparar la suma con integrales.

Answer 4

Aviso, tenemos $$\lim_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt n}\left(\frac{1}{\sqrt 1+\sqrt 3}+\frac{1}{\sqrt 3+\sqrt 5}+\cdots +\frac{1}{\sqrt {2n-1}+\sqrt {2n+1}}\right)$$ $$=\lim_{n\to \infty}\sum_{r=1}^{n}\frac{1}{\sqrt n}\left(\frac{1}{\sqrt {2r-1}+\sqrt {2r+1}}\right)$ $ $$=\lim_{n\to \infty}\sum_{r=1}^{n}\frac{1}{\sqrt n}\left(\frac{\sqrt {2r+1}-\sqrt {2r-1}}{2r+1-(2r-1)}\right)$ $ $$=\frac{1}{2}\lim_{n\to \infty}\sum_{r=1}^{n}\frac{\sqrt {2r+1}-\sqrt {2r-1}}{\sqrt n}$ $ $$=\frac{1}{2}\lim_{n\to \infty}\sum_{r=1}^{n}\frac{\sqrt{2r}\left(1+\frac{1}{2r}\right)^{1/2}-\sqrt{2r}\left(1-\frac{1}{2r}\right)^{1/2}}{\sqrt n}$ $ usando binomio expansión de % de $\left(1-\frac{1}{2r}\right)^{1/2}$ & descuidar más alto poder adquisitivo como $\left(\frac{1}{2r}\right)^2$, $\left(\frac{1}{2r}\right)^3,\ldots $

$$=\frac{\sqrt 2}{2}\lim_{n\to \infty}\sum_{r=1}^{n}\frac{\sqrt r}{\sqrt n} \left[\left(1+\frac{1}{2}\frac{1}{2r}\right)-\left(1-\frac{1}{2}\frac{1}{2r}\right)\right]$$ $$=\frac{1}{\sqrt 2}\lim_{n\to \infty}\sum_{r=1}^{n}\frac{\sqrt r}{\sqrt n} \left[\frac{1}{2r}\right]$$ $$=\frac{1}{2\sqrt 2}\lim_{n\to \infty}\sum_{r=1}^{n}\frac{1}{\sqrt {nr}}$$ $$=\frac{1}{2\sqrt 2}\lim_{n\to \infty}\sum_{r=1}^{n}\frac{\frac{1}{n}}{\sqrt {\frac{r}{n}}}$$ $$=\frac{1}{2\sqrt 2}\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt {x}}$$ $$=\frac{1}{2\sqrt 2}[2\sqrt x]_{0}^{1}$$ $$=\frac{1}{2\sqrt 2}[2-0]$$ $$=\frac{1}{\sqrt 2}$$

Answer 5

Si no irregular que el de la serie de telescopios (y esto es siempre vale la pena una marca - generalmente de una inspección cuidadosa de los primeros términos es suficiente), entonces aquí es una solución que utiliza el Stolz–Cesàro teorema.

Escribir la serie deseada como una fracción:

$$S_n = \frac{\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k+1}}}{\sqrt{n}} = \frac{a_n}{b_n} $$

Ahora $b_n = \sqrt{n}$ es estrictamente monótona y divergentes (ya que es estrictamente creciente y $b_n \to +\infty$). Necesitamos esta condición para Stolz–Cesàro a aplicar.

Ahora considere la posibilidad de la "fracción de las diferencias" (¿tiene un carácter más técnico nombre?):

$$\frac{a_n - a_{n-1}}{b_n - b_{n-1}} = \frac{\left(\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}\right)^{-1}}{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}} = \frac{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1}}=\frac{1+\sqrt{1-\frac{1}{n}}}{\sqrt{2+\frac{1}{n}}+\sqrt{2-\frac{1}{n}}}$$

El numerador $1+\sqrt{1-\frac{1}{n}} \to 2$ y el denominador $\sqrt{2+\frac{1}{n}}+\sqrt{2-\frac{1}{n}} \to 2\sqrt{2}$, por lo que la fracción tiende a $\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Entonces a partir de la $b_n$ era estrictamente monótona y divergentes, y el límite de $\frac{a_n - a_{n-1}}{b_n - b_{n-1}}$ existe y es igual a $\frac{1}{\sqrt{2}}$, podemos concluir a partir de los Stolz–Cesàro teorema de que el límite de $\frac{a_n}{b_n}$ también existe y también es igual a $\frac{1}{\sqrt{2}}$.