Demostrar o refutar: $\sum a_n$ convergente, donde $a_n=2\sqrt{n}-\sqrt{n-1}-\sqrt{n+1}$.

Question

Deje $a_n=2\sqrt{n}-\sqrt{n-1}-\sqrt{n+1}$. Mostrar que $a_n>0\ \forall\ n\ge1$.
Demostrar o refutar: $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ es convergente.

Yo no puedo mostrar que $a_n > 0\ \forall n\ge1$. He intentado utilizar la inducción, pero no funcionaría.

Intento:
$$ \begin{align} 2\sqrt{n}-\sqrt{n-1}-\sqrt{n+1}&=(2\sqrt{n}-(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}))\cdot {2\sqrt{n}+(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})\over2\sqrt{n}+(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})}\\&={2n-2\sqrt{n-1}\cdot\sqrt{n+1}\over2\sqrt{n}+(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})}\end{align}$$
(Los cálculos son verdaderas seguro. No se comprueba lo desea).
Denotar $$a_n=2\sqrt{n}-\sqrt{n-1}-\sqrt{n+1}={2n-2\sqrt{n-1}\cdot\sqrt{n+1}\over2\sqrt{n}+(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})}\text{ and }b_n={1\over n^{2}}.$$

Entonces $$\begin{align*} \lim_{n\to \infty}{a_n\over b_n} & =\lim_{n\to \infty}n^{2}{2n-2\sqrt{n-1}\cdot\sqrt{n+1}\over2\sqrt{n}+(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})} \\ &=\lim_{n\to \infty}n^{2}\lim_{n\to \infty}{2n-2\sqrt{n-1}\cdot\sqrt{n+1}\over2\sqrt{n}+(\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1})} \\ &=0 \end{align*}$$ Por la prueba de comparación para la convergencia de series, ya que $\lim_{n\to \infty}{a_n\over b_n}=0$, entonces si $b_n$ converge, lo que lo hace, lo hace $a_n$.

Answer 1

$$a_{n}=\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)-\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)=\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$$

Answer 2

Me referiré a ambas partes de la pregunta:

Parte 1: Demostrar que $a_n>0$.

A partir de su forma final de la $a_n$

$$a_n=\frac{2n-2\sqrt{(n-1)(n+1)}}{2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}$$

se puede observar que el denominador es siempre positivo (al $n\ge1$), por lo que permanece para mostrar que $2n>2\sqrt{(n-1)(n+1)}=2\sqrt{n^2-1}$. Esto es bastante fácil (gracias a Steven Stadnicki para señalar esto):

$$n^2>n^2-1\implies n>\sqrt{n^2-1}\implies2n>2\sqrt{n^2-1}$$
como se desee.

Parte 2: Demostrar que $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ converge por el límite de la prueba de comparación.

Lamentablemente la solución no es totalmente correcta, ya que hay un error en el límite de la computación, y usted debe obtener $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}n^2a_n=\infty$ que no trabajan para nosotros. Sin embargo, se pueden utilizar en su lugar $n^{3/2}$, y encontrar que $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}n^{3/2}a_n=\frac{1}{4}$, lo que demuestra que la suma converge porque $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^{3/2}}$ converge.

Límite De Cálculos:

Primero nos nota

$\begin{align}a_n&=\frac{2n-2\sqrt{(n-1)(n+1)}}{2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}} \\&=\frac{2\left(n-\sqrt{n^2-1}\right)}{2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}} \\&=\frac{2\left(n-\sqrt{n^2-1}\right)}{2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}}\times\frac{n+\sqrt{n^2-1}}{n+\sqrt{n^2-1}} \\&=\frac{2}{\left(2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}\right)\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)} \end{align}$

Por lo tanto

$\begin{align}\lim\limits_{n\rightarrow\infty} n^2a_n&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2n^2}{\left(2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}\right)\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)} \\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2\sqrt{n}}{\left(2+\sqrt{1-\frac{1}{n}}+\sqrt{1+\frac{1}{n}}\right)\left(1+\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}\right)} \\&=\infty \end{align}$

mientras

$\begin{align}\lim\limits_{n\rightarrow\infty} n^{3/2}a_n&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2n^{3/2}}{\left(2\sqrt{n}+\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}\right)\left(n+\sqrt{n^2-1}\right)} \\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2}{\left(2+\sqrt{1-\frac{1}{n}}+\sqrt{1+\frac{1}{n}}\right)\left(1+\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}\right)} \\&=\frac{1}{4} \end{align}$

Answer 3

Tenemos, $$a_n=2\sqrt{n}-\sqrt{n-1}-\sqrt{n+1} =\frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n-1}} - \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \ge 0$$

y $\displaystyle \sum a_n$ telescópica!

Answer 4

Usted no tiene que ver la fórmula. El $n$ésimo término de la sucesión es de la forma $f(n+1) - 2f(n) + f(n-1)$ donde $f(n) = -\sqrt{n}$.

Esta es una "diferencia en diferencias"; $f(n+1) - 2f(n) + f(n-1) = g(n+1) - g(n)$ donde $g(n) = f(n) - f(n-1)$. De modo que la suma infinita es telescópica y será igual a $\lim_{n \rightarrow \infty} g(n) - g(1)$ una vez que usted muestre que el límite existe.

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Pensé que de un modo menos complicado manera de mostrar esto. Escribir $$a_n = 2\sqrt{n}-\sqrt{n-1}-\sqrt{n+1} = \sqrt{n}\bigg(2 - \sqrt{1 - {1 \over n}} - \sqrt{1 + {1 \over n}}\bigg)$$ Utilizar la serie de Taylor de la raíz cuadrada para obtener $$a_n = \sqrt{n}\bigg[2 - \bigg(1 - {1 \over 2n} + O\bigg({1 \over n^2}\bigg)\bigg) - \bigg(1 + {1 \over 2n} + O\bigg({1 \over n^2}\bigg)\bigg)\bigg]$$ $$= \sqrt{n} O\bigg({1 \over n^2}\bigg)$$ $$= O\bigg({1 \over n^{3/2}}\bigg)$$ Por lo tanto la serie converge en comparación con $\displaystyle{\sum_n {1 \over n^{3/2}}}$.

Answer 5

Copia de mi respuesta a esta cerca de duplicados:
Sugerencia
Es una suma telescópica. Con $a_n := \sqrt n - \sqrt{n+1}$, $a_n - a_{n-1} = 2\sqrt n - \sqrt{n-1} - \sqrt{n+1}$ así $$\sum_{i=1}^n 2\sqrt i - \sqrt{i-1} -\sqrt{i+1} = 1 + \sqrt n - \sqrt{n+1} \stackrel{n\to\infty}\longrightarrow 1$$ Esto incluso permite obtener el valor.