Cómo encontrar este límite $I=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{\cos{\sqrt{\frac{k}{n}}}}{2^k}$

Question

$$I=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\dfrac{\cos{\sqrt{\dfrac{k}{n}}}}{2^k}$$

mi idea: ya que $$\cos{\sqrt{\dfrac{k}{n}}}\le 1$$ así $$I\le\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\dfrac{1}{2^k}=2$$

Pero, ¿Cómo mostrar $I\ge 2?$ Gracias

Answer 1

Tenga en cuenta que $\forall x\in\mathbb{R},~~1-\frac{x^2}{2}\le\cos{x}$. Por lo tanto,

$$\cos{\sqrt{\frac{k}{n}}}\ge 1-\frac{k}{2n}\\ \implica I\ge \lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{1-\frac{k}{2n}}{2^k}\\ =\lim_{n\to\infty}\left[2+\frac{2^{-n}-1}{n}-2^{n-1}\right]\\ =2.~~~\blacksquare$$

Answer 2

Aquí es una manera alternativa de evaluar el límite de usos monotono teorema de convergencia (para las secuencias).

Aviso las sumas parciales pueden reescribirse como

$$\sum_{k=0}^n 2^{-k} \cos\sqrt{\frac{k}{n}} = \sum_{k=0}^\infty \alpha_{n,k}\quad\text{donde}\quad \alpha_{n,k} = \begin{cases}2^{-k}\cos\sqrt{\frac{k}{n}},&n \ge k\\0, & n < k\end{casos}$$ Fijo $k$, y como una función de $n$, $\alpha_{n,k}$ es no negativo y monótono increaing. Por el MCT, puede cambiar el orden de límite y suma y obtener

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n 2^{-k}\cos\sqrt{\frac{k}{n}} = \lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^\infty \alpha_{n,k} = \sum_{k=0}^\infty \lim_{n\to\infty}\alpha_{n,k} = \sum_{k=0}^\infty 2^{-k} =2$$