Encuentra limn→∞a1+a2+...+an1+12√+...+1n√limn→∞a1+a2+...+an1+12+...+1n\lim\limits_{n\to\ infinito}\frac{a_1+a_2+...+a_n}{1+\frac{1}{\sqrt2}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}} con a1=1a1=1a_1 =1 y an+1=1+ann+1√an+1=1+ann+1a_{n+1}=\frac{1+a_n}{\sqrt{n+1}}

Stolz–Cesàro es un camino a seguir, pero aplicado a$S_n=\sum\limits_{k=1}^n a_n$y$T_n=\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}}$, dónde$T_n$es una secuencia estrictamente monótona y divergente ($T_n >\sqrt{n}$). Entonces

$$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{S_{n+1}-S_n}{T_{n+1}-T_n}= \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{\frac{1}{\sqrt{n+1}}}= \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(1+a_n\right)=\\ \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{1+a_{n-1}}{\sqrt{n}}\right)= \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n(n-1)}}+\frac{a_{n-2}}{\sqrt{n(n-1)}}\right)=\\ \lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(1+\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n(n-1)}}+\frac{1}{\sqrt{n(n-1)(n-2)}}+...+\frac{a_1}{\sqrt{n!}}\right)=\\ 1+\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+...+\frac{1}{\sqrt{(n-1)!}}\right)\right)$$

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Ahora para

$$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \left(\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+...+\frac{1}{\sqrt{(n-1)!}}\right)\right) \tag{1}$$ tenemos $$0<\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)(n-3)}}+...+\frac{1}{\sqrt{(n-1)!}}\right)< \frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+...+\frac{1}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}\right) =\\\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\frac{1}{\sqrt{n-1}}+\frac{n-3}{\sqrt{(n-1)(n-2)}}\right)\rightarrow 0$$

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Finalmente,$(1)$tiene$0$como el límite,$\frac{S_{n+1}-S_n}{T_{n+1}-T_n}$tiene$1$como el límite. La secuencia original tiene$1$como límite también.

Dejar$b_n=\sqrt{n!}a_n$, entonces la recursividad se convierte en

$$b_{n+1}=\sqrt{n!}+b_n$$ y obtenemos $$\begin{align} b_n &=\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{k!}\\ &=\sqrt{(n-1)!}\left(1+\frac1{\sqrt{n-1}}+\frac1{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+\dots+\frac1{\sqrt{(n-1)!}}\right)\\ a_n &=\frac1{\sqrt{n}}\left(1+\frac1{\sqrt{n-1}}+\frac1{\sqrt{(n-1)(n-2)}}+\dots+\frac1{\sqrt{(n-1)!}}\right) \end{align}$$ Por lo tanto, la fórmula de la suma de Euler-Maclaurin dice $$\sum_{k=1}^na_k=2\sqrt{n}+\log(n)+C_1+O\!\left(\frac1{\sqrt{n}}\right)$$ Además, $$\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k}}=2\sqrt{n}+C_2+O\!\left(\frac1{\sqrt{n}}\right)$$ Por lo tanto, $$\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^na_k}{\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k}}}=1$$

Primero, creo que cambiaste uno de tus límites como

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n+1}}{1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}}=\frac{1}{2}$$

Ahora, encontremos un límite en$a_n$como$n$va al infinito. Es bastante fácil ver que$a_1=1$,$a_2=1.41421$,$a_3=1.39385$,$a_4=1.19692$, y$a_5=0.982494<1$. Por inducción, suponga$a_n<1$(con$n\geq 5$). Entonces nosotros tenemos

$$a_{n+1}=\frac{1+a_n}{\sqrt{n+1}}<\frac{2}{\sqrt{n+1}}\leq\frac{2}{\sqrt{5+1}}<1.$$

De este modo,$a_{n+1}<1$para$n\geq 5$y podemos concluir que la sucesión está acotada arriba por$2$. ¿Puedes terminarlo desde aquí?