La determinación de la convergencia de $\sum_{n=1}^{+\infty}(e^{\frac{1}{n}}-(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}))^{\frac{1}{2}}$

Question

Tengo el siguiente serie infinita:

$$\sum_{n=1}^{+\infty}(e^{\frac{1}{n}}-(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}))^{\frac{1}{2}}$$

Quiero examinar su convergencia. La primera cosa que vino a mi mente fue el de "despliegue" $e^{\frac{1}{n}}$ y ver lo que va a suceder:

$$\sum_{n=1}^{+\infty}(e^{\frac{1}{n}}-(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}))^{\frac{1}{2}}=\sum_{n=1}^{+\infty}(\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{n^kk!}-(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}))^{\frac{1}{2}}=\sum_{n=1}^{+\infty}(\sum_{k=3}^{+\infty}\frac{1}{n^kk!})^{\frac{1}{2}}$$

Ahora es un poco "ve" convergente pero estoy ni idea acerca de cómo demostrarlo. Cualquier sugerencias?

Answer 1

Tenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{\sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{n^k k!}}$$

Podemos usar la prueba de condensación de Cauchy para el estudio de la convergencia de

$$\sum_{n=1}^{\infty} 2^n \sqrt{\sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{2^{nk} k!}} = \sum_{n=1}^{\infty} 2^n \sqrt{\frac{1}{2^{2n}} \sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{2^{n(k-2)} k!}}$$

$$\sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{\sum_{k=3}^{\infty} \frac{1}{2^{n(k-2)} k!}} \leq \sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^{nk} k!}} = \sum_{n=1}^{\infty} \sqrt{e^{2^{-n}} - 1}$$

El final de la serie converge por el coeficiente de prueba:

$$\lim \limits_{n \to \infty} \sqrt{ \frac{e^{2^{-(n+1)}} - 1}{e^{2^{-n}} - 1} }$$

Este límite va a $0/0$, por lo que el uso de L'Hospital en el interior:

$$\lim \limits_{n \to \infty} \sqrt{\frac{- 2^{-(n+1)} e^{2^{-(n+1)}} \log 2}{-2^{-n} e^{2^{-n}} \log 2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} < 1.$$

Answer 2

Sugerencia: tomar los 4 primeros términos de Maclaurin de expansión para $e^{\frac{1}{n}} \sim 1 +\frac{1}{n} +\frac{1}{2n^2} + \frac{1}{6n^3} + O(\frac{1}{n^4})$ y comparar a algunos conocidos de la serie o integral.

Answer 3

En general, para $m \ge 1$, vamos $d_n =e^{1/n}-\sum_{k=0}^{m-1} \frac1{n^k k!} $. Entonces $d_n =\sum_{k=m}^{\infty} \frac1{n^k k!} =\frac1{m.}\sum_{k=m}^{\infty} \frac{m.}{n^k k!} $. Por lo tanto, $d_n > \frac1{m!n^m}$ y, si $n \ge 2$, $d_n <\frac1{m.}\sum_{k=m}^{\infty} \frac{1}{n^k } =\frac1{m!n^m(1-1/n)} \le\frac{2}{m!n^m} $.

Para $m=3$ (en su caso), $\frac1{6n^3} < d_n <\frac1{3n^3} $, así $\frac1{\sqrt{6}n^{3/2}} < d_n^{1/2} <\frac1{\sqrt{3}n^{3/2}} $, y la suma de estos converge.

Tenga en cuenta que si utiliza la raíz cúbica, $\frac1{\sqrt[3]{6}n} < d_n^{1/3} <\frac1{\sqrt[3]{3}n} $, y la suma de estos diverge.

En general, $\sum d_n^r$ converge para $r < \frac1{m}$ y diverge para $r \ge \frac1{m}$.