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Varias maneras de probar que$\sum\limits^\infty_{n=1}\left(1-\frac1{\sqrt{n}}\right)^n$ converge

Yo creo que hay varias maneras de demostrar que $\sum\limits^{\infty}_{n=1}\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n$ converge. Puede usted, por favor, publicar la suya de manera que podemos aprender de usted?

AQUÍ ESTÁ UNO

Deje $n\in\Bbb{N}$ ser fijo tal que $a_n=\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n.$a Continuación, \begin{align} a_n&=\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n \\&=\exp\ln\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^n\\&=\exp \left[n\ln\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right] \\&=\exp\left[ -n\sum^{\infty}_{k=1}\frac{1}{k}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^k\right]\\&=\exp\left[ -n\left(\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{2n}+\sum^{\infty}_{k=3}\frac{1}{k}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^k\right)\right]\\&=\exp \left[-\sqrt{n}-\frac{1}{2}-\sum^{\infty}_{k=3}\frac{n}{k}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)^k\right]\\&\equiv\exp \left(-\sqrt{n}\right)\exp \left(-\frac{1}{2}\right)\end{align} Elija $b_n=\exp \left(-\sqrt{n}\right)$, por lo que \begin{align} \dfrac{a_n}{b_n}\to\exp \left(-\frac{1}{2}\right).\end{align} Desde $b_n \to 0$existe $N$ tal que para todos los $n\geq N,$ \begin{align} \exp \left(-\sqrt{n}\right)<\dfrac{1}{n^2}.\end{align} Por lo tanto, \begin{align}\sum^{\infty}_{n=N}b_n= \sum^{\infty}_{n=N}\exp \left(-\sqrt{n}\right)\leq \sum^{\infty}_{n=N}\dfrac{1}{n^2}<\infty,\end{align} y así, $\sum^{\infty}_{n=1}b_n<\infty\implies \sum^{\infty}_{n=1}a_n<\infty$ por Límite de prueba de comparación.

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user153126 Puntos 1

$$ \frac{\left(\,1-\frac{1}{\sqrt{n}}\,\right)^n}{e^{-\sqrt{n}}} = \frac{\left(\,\left(\,1-\frac{1}{\sqrt{n}}\,\right)^{\sqrt{n}}\,\right)^{\sqrt{n}}}{\left(\,e^{-1}\,\right)^{\sqrt{n}}} \a 1 $$ Por lo $\sum_{n=1}^\infty \left(\,1-\frac{1}{\sqrt{n}}\,\right)^n$ e $\sum_{n=1}^{\infty} e^{-\sqrt{n}}$ convergen o divergen juntos por el límite de la prueba de comparación. Dado que $$\int_1^\infty e^{-\sqrt{t}}\;dt = \left[\, -2e^{-\sqrt{x}}(\sqrt{x}+1)\,\right]_1^\infty = \frac{4}{e} < \infty$$ llegamos a la conclusión de que tanto de el último de la serie, convergen por la integral de la prueba.

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Did Puntos 1

Aquí es un acercamiento elemental, que tiene la ventaja de que se basa, primero, en un básico de la desigualdad , que es tan útil que uno debe tener en cuenta de todos modos, en segundo lugar, en una condensación de la técnica que es tan útil que uno debe tener en cuenta de todos modos, y en tercer lugar, en un estándar de la serie que es tan útil que uno debe tener en cuenta de todos modos así...

Un básico de la desigualdad: Por cada $x$,

$$1-x\leqslant e^{-x}\tag{1}$$

(Esto se deriva, por ejemplo, del hecho de que, la función exponencial, siendo convexo, su gráfica está por encima de su tangente en el $x=0$.)

Ahora, nos masaje ligeramente el Uhr desigualdad $(1)$ arriba: si ambos lados son no negativos, la desigualdad se mantiene al elevado a cualquier potencia positiva, por lo tanto, para cada $x\leqslant1$ y todos no negativos $n$, $$(1-x)^n\leqslant e^{-nx}$$ for example, for every positive $n$, $$\left(1-\frac1{\sqrt n}\right)^n\leqslant e^{-\sqrt n}$$ hence the series of interest converges as soon as the series $$\sum_ne^{-\sqrt n}$$ converge.

Una condensación de la técnica: En palabras, nos rebanada de nuestra serie, el $k$th cortar de $n=k^2$ a $n=(k+1)^2-1$. Entonces, cada término en rebanada $k$ es en la mayoría de las $e^{-k}$ y rebanada $k$ ha $2k+1$ términos de ahí

$$\sum_{n=1}^\infty e^{-\sqrt n}\leqslant\sum_{k=1}^\infty (2k+1)e^{-k}\tag{2}$$

y todo lo que queda demostrado es que la serie en la RHS de $(2)$ converge.

Un estándar de la serie: tal vez la más útil de la serie de todas es la serie geométrica, es decir, el hecho de que, para cada $|x|<1$,

$$\sum_{k=1}^\infty x^k=\frac1{1-x}\tag{3}$$

(Varias pruebas simples de $(3)$ existen, tal vez usted ya conoce a algunos de ellos.)

Dando esto por sentado, tenga en cuenta que el lado derecho de la $(2)$ casi es una serie geométrica. Para completar la comparación, podemos diferenciar la serie geométrica de término por término en $|x|<1$ (sí, este es de fiar), produciendo $$\sum_{k=1}^\infty kx^{k-1}=\frac1{(1-x)^2}$$ Vamos a mantener sólo una pequeña parte de este resultado, es decir, el hecho de que la serie $$\sum_{k=1}^\infty x^k\qquad\text{and}\qquad\sum_{k=1}^\infty kx^k$$ both converge for every $|x|<1$.

Cauda: En particular, para $x=e^{-1}$, la serie en la RHS de $(2)$ converge, qed.

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Mostafa Ayaz Puntos 1124

Como ha mencionado $$\exp(-\sqrt n)=\left({1\over e}\right)^{\sqrt n}<{1\over n^2}$$ also for any $ 0 <a <1$ we have $$a=\left({1\over e}\right)^{k}$$where $ k = - \ ln a> 0$ therefore by substitution $$a^{\sqrt n}=\left({1\over e}\right)^{k\sqrt n}=\left({1\over e}\right)^{\sqrt {nk^2}}<{1\over n^2\cdot k^4}$$for large enough $ n$. Based on this and on $$\lim_{n\to\infty}\left(1-{1\over \sqrt n}\right)^{\sqrt n}={1\over e}$$we can for small enough $ \ epsilon> 0$ and large enough $ n$ write that $$0<{{1\over e}-\epsilon<\left(1-{1\over \sqrt n}\right)^{\sqrt n}<{1\over e}+\epsilon}<1$$therefore $$0<\left({1\over e}-\epsilon\right)^{\sqrt n}<\left(1-{1\over \sqrt n}\right)^{n}<\left({1\over e}+\epsilon\right)^{\sqrt n}<1$$since both $ \ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \ left ({1 \ over e} + \ epsilon \ right) ^ {\ sqrt n}$ and $ \ sum_ {n = 1} ^ {\ infty} \ left ({1 \ over e} - \ epsilon \ right) ^ {\ sqrt n}$ are convergent then so is $$\sum_{n=1}^{\infty}\left(1-{1\over \sqrt n}\right)^{n}$ $

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