Informática $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\lfloor{\sqrt{n+1}}\rfloor-\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor}{n}$

Question

Me gustaría demostrar la existencia y el valor exacto de la siguiente serie:

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\lfloor{\sqrt{n+1}}\rfloor-\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor}{n}$$

Answer 1

Si $ n+1 $ es un cuadrado, $\lfloor \sqrt{n+1} \rfloor=\sqrt{n+1} $

$$ 0<\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}<1$$

Así que: $$ \sqrt{n+1}-1<\sqrt{n}<\sqrt{n+1} $$

Así que: $$ \lfloor \sqrt{n} \rfloor= \sqrt{n+1}-1$$

$$ \lfloor{\sqrt{n+1}}\rfloor-\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor=1 $$

Lo he probado:

$n+1$ es un cuadrado $\Longrightarrow \lfloor{\sqrt{n+1}}\rfloor \neq \lfloor{\sqrt{n}}\rfloor$

Ahora debo demostrar que

$ \lfloor{\sqrt{n+1}}\rfloor \neq \lfloor{\sqrt{n}}\rfloor \Longrightarrow $ $n+1$ es un cuadrado

Si $ n+1$ no es un cuadrado:

Si $ n $ es un cuadrado, $\lfloor \sqrt{n} \rfloor=\sqrt{n}$ . Como $$ \sqrt{n+1}-1<\sqrt{n}<\sqrt{n+1} $$

$ \lfloor \sqrt{n+1} \rfloor= \sqrt{n} $

Así que: $ \lfloor \sqrt{n+1} \rfloor= \lfloor \sqrt{n} \rfloor $

Si $ n $ no es un cuadrado, existe $a\in \mathbb{N} $ tal que

$$ a^2<n<n+1<(a+1)^2$$

Así que:

$$ a<\sqrt{n}<\sqrt{n+1}<a+1$$

Así que..: $$ \lfloor \sqrt{n+1} \rfloor= \lfloor \sqrt{n} \rfloor $$

Finalmente:

$n+1$ es un cuadrado $\Longleftrightarrow \lfloor{\sqrt{n+1}}\rfloor \neq \lfloor{\sqrt{n}}\rfloor$

Así que: $$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\lfloor{\sqrt{n+1}}\rfloor-\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor}{n}=\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^2-1}=\cdots=\frac{3}{4}$$

Answer 2

Trabajar en la pista de Thomas Andrews (Es una pista muy buena)

Permítanme dar la siguiente pista

$$ \left\lfloor \sqrt{(3+1)} \right\rfloor = 2, \hspace{3pt} \left\lfloor \sqrt{(2+1)} \right\rfloor = 1, \text{ why?} $$

$$ \left\lfloor \sqrt{(8+1)} \right\rfloor = 3, \hspace{3pt} \left\lfloor \sqrt{(7+1)} \right\rfloor = 2, \text{ why?} $$

Intenta trabajar hacia estos valores observados, y en general ¿para qué valores no son iguales?

La respuesta es $$\frac{3}{4}$$

Answer 3

Como todos los términos de la serie dada $s=\sum_{n=1}^\infty a_n$ son $\geq0$ podemos recogerlos en paquetes y escribir $$s=\sum_{r=1}^\infty\left(\sum\nolimits_{r^2\leq n<(r+1)^2} a_n\right)\ .$$ Obsérvese que en la suma interna sólo el último término, correspondiente a $n=(r+1)^2-1$ es distinto de cero y tiene el valor $${1\over(r+1)^2-1}={1\over (r+2) r}={1\over2}\Bigl({1\over r}-{1\over r+2}\Bigr)\ .$$ Se deduce que la suma exterior es una serie telescópica, y obtenemos $$s={1\over 2}\sum_{r=1}^\infty \Bigl({1\over r}-{1\over r+2}\Bigr)={1\over2}\bigl(1+{1\over2}\Bigr)={3\over4}\ .$$