¿Converge$\sum q^\sqrt n$?

Question

¿Convergen $\sum q^\sqrt n$? ($q>0$)

Está claro eso si $q\ge1$ serie diverge, pero ¿qué pasa con $q\in(0; 1)$?

Answer 1

$q\in(0,1)$:

$$\sum_{n=1}^\infty q^{\sqrt n}<\sum_{n=1}^\infty q^{\lfloor\sqrt n\rfloor}\stackrel*=\sum_{k=1}^\infty (2k+1)q^k<\infty$$

$(*)$ Nota que cada $k\in\Bbb N$ hay exactamente $2k+1$números naturales $n$, que $\lfloor\sqrt n\rfloor=k$.

EDICIÓN (motivado por el comentario de Clemente):

Que $r\in(0,1)$. Tomar algunos natural $s>1/r$. Para cada natural $k$, hay $$p(k)=(k+1)^s-k^s$$ números naturales $n$, que $\lfloor\sqrt[s]n\rfloor=k$. Entonces $$\sum_{n=1}^\infty q^{n^r}<\sum_{k=1}^\infty p(k)q^k<\infty$ $

Answer 2

Sí, hace converger (y bastante rápido, pero es que además el punto). Podemos comprobarlo en comparación con, por ejemplo, la serie de $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$.

Deje $q\in(0,1)$ ser cualquier número.

$$\frac{q^{\sqrt{n}}}{\frac{1}{n^2}} = n^2 e^{-\sqrt{n} \ln\frac{1}{q}} = e^{-\sqrt{n} \ln\frac{1}{q}+2\ln n} = e^{-\ln\frac{1}{q}\left( \sqrt{n} - \frac{2}{\ln\frac{1}{q}}\ln n\right)}$$ Ahora, usted puede utilizar el hecho de$^{(\dagger)}$ que para cualquier número real $a\in\mathbb{R}$, $$ \sqrt{n}-\ln n \xrightarrow[n\to\infty]{} \infty $$ a la conclusión de que la $\frac{q^{\sqrt{n}}}{\frac{1}{n^2}}\xrightarrow[n\to\infty]{} 0$.

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Si $(\dagger)$ no es obvio o conocido para usted: $$ \sqrt{n}-\ln n = \sqrt{n}\left(1-\frac{\ln n}{\sqrt{n}}\right) = \sqrt{n}\left(1-2a\frac{\ln \sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right) $$ por lo que es suficiente para saber o demostrar que $\frac{\ln x}{x} \xrightarrow[x\to\infty]{} 0$.

Answer 3

Deje $f:\mathbb{Z}_{\geq 0}\to\mathbb{R}_{\geq 0}$ ser una función tal que, como una función de la $m\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$, la cardinalidad de la preimagen $T_m:=f^{-1}\big([m,m+1)\big)$ es exponencialmente limitada. (De hecho, sólo necesitamos $\limsup\limits_{m\to\infty}\,\sqrt[m]{\left|T_m\right|}<1$.) Entonces, para $q>0$, la infinita suma $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\,q^{f(n)}$ converge si y sólo si $q<1$.

Es trivial que $q<1$ es necesario para que la suma converge. Vamos a demostrar que la suma de hecho converge al $q<1$. Observar que $$\sum_{n=0}^\infty\,q^{f(n)}=\sum_{m=0}^\infty\,q^{m}\,\sum_{j\in T_m}\,q^{f(j)-m}\leq\sum_{m=0}^\infty\,q^m\,\left|T_m\right|\,.$$ Desde $\left|T_m\right|$ es exponencialmente acotado, llegamos a la conclusión de que $\sum\limits_{m=0}^\infty\,q^m\,\left|T_m\right|<\infty$$q\in(0,1)$.

En particular, si $f(n)=\sqrt{n}$, $\big|T_m\big|=(m+1)^2-m^2=2m+1$ es lineal, donde exponencialmente limitada. Por lo tanto, para $q>0$, la suma de $\sum\limits_{n=0}^\infty\,q^{\sqrt{n}}$ es convergente iff $q<1$.

Answer 4

• Escriba $q=\frac{1}{1+y}$
• Tenga en cuenta que $(1+y)^k > {k \choose 3}y^3$
• Deducir que $q^k < \frac{y^{-3}3!}{k(k-1)(k-2)}$
• Tomar $k=\sqrt{n}$ $$q^{\sqrt{n}}=O(n^{-3/2})$ $ de ver
• Observación que $n^{-3/2 }$ tiene una suma convergente
• Deducir que la suma es convergente

Answer 5

Podemos utilizar la estimación $\sqrt n\geq\ln n$ para obtener $$ \sum_{n=1}^\infty q^{\sqrt n}\leq\sum_{n=1}^\infty q^{\ln n}=\sum_{n=1}^\infty n^{\ln q}<\infty,\ \ \text{ si }\ln p<-1,$$ lo que sucede por $0<q<\frac{1}{e}\approx0.367878$. Así, hemos obtenido sólo una solución parcial, pero este argumento puede ser modificado con el fin de obtener el resultado deseado:

Vamos a arreglar $k\geq1$. Como $\frac{\sqrt n}{k\ln n}\to\infty$ al $n\to\infty$ sabemos que hay algunos $N(k)\in\mathbb{N}$ tal que $$\sqrt{n}\geq k\ln n,\ \ \text{for }n\geq N.$$ la Realización de las anteriores estimaciones de nuevo llegamos a $$ \sum_{n=N}^\infty q^{\sqrt n}\leq\sum_{N}^\infty n^{k\ln q}<\infty, \ \ \text{ si }k\ln p<-1,$$ which happens for $0<q<e^{-\frac{1}{k}}$. As $e^{-\frac{1}{k}}\nearrow1$ when $k\to\infty$ this yields the desired convergence for $0<q<1$.