Предел последовательности

[Omrib1]

Задача найти предел такой последовательности:
$\sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{2^{\frac{kn}{k+n}}}$
Вот, что у меня получилось:
Отниму и прибавлю геометричесскую прогрессию:
$\sum_{k=1}^{2n} {\frac{1}{2^{\frac{kn}{n+k}}}(1-\frac{1}{2^{\frac{k^2}{n+k}}})}+\sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{2^{k}}$
Использую, что:
$\frac{1}{(1+x)}<\ln(1+\frac{1}{x})$ при $x>0$
Отсюда:
$1-\frac{1}{t}<\ln{t}$ , где $t=1+\frac{1}{x}$
Тогда очевидно, что:
$\sum_{k=1}^{2n} {\frac{1}{2^{\frac{kn}{n+k}}}(1-\frac{1}{2^{\frac{k^2}{n+k}}})}<\sum_{k=1}^{2n} {\frac{1}{2^{\frac{kn}{n+k}}}}\ln{2^{\frac{k^2}{n+k}}}=\sum_{k=1}^{2n} {\frac{k^2\ln{2}}{(n+k)2^{\frac{kn}{n+k}}}}<\sum_{k=1}^{2n} \frac{k^2\ln{2}}{2^{\frac{k}{2}}n}$
Дальше я пробывал найти предел $\sum_{k=1}^{2n} \frac{k^2}{2^{\frac{k}{2}}}$, ведь, если он конечный, значит исходный предел мало отличается от геометрической прогресии. Как проще всего доказать или найти предел для $\sum_{k=1}^{2n} \frac{k^2}{2^{\frac{k}{2}}}$? Потому, что у меня выходят громоздкие решения, используя суммы $\sum_{k=1}^{2n} \frac{k}{2^{\frac{k}{2}}}$ и $\sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{2^{\frac{k}{2}}}$. Или может есть намного проще способ найти исходный предел?

[thething]

Попробуйте найти предел последовательности $\frac{\sum\limits_{k=1}^{2n}\frac{k^2}{2^\frac{k}{2}}}{n}$ по теореме Штольца.

[TOTAL]

$\displaystyle \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{2^{\frac{kn}{k+n}}}=\sum_{k=1}^{M} \frac{1}{2^{\frac{kn}{k+n}}}+\sum_{k=M+1}^{2n} \frac{1}{2^{\frac{kn}{k+n}}}$
При фиксированном достаточно большом $M$ первое слагаемое мало отличается от частичной суммы геометрической прогрессии, а второе слагаемое мало.

[Omrib1]

Спасибо, все получилось, забыл про теорему Штольца

[ewert]

Omrib1 в сообщении #1350419 писал(а):

я пробывал найти предел $\sum_{k=1}^{2n} \frac{k^2}{2^{\frac{k}{2}}}$, ведь, если он конечный,

Его вовсе не нужно находить -- конечен он по тривиальной причине: $k^2\leqslant\operatorname{const}\cdot2^{\frac{k}4}$, например.

Только мне не нравится вся эта возня с логарифмами; будем грубее. Мы надеемся, что первая сумма стремится к нулю; чтобы это доказать, надо разумным образом оценить её сверху. Ясно, что для этого достаточно слагаемое $k$ в знаменателе каждого из показателей то ли выкинуть, то ли заменить на $2n$, и любая из таких оценок выглядит не слишком грубой. Другими словами, достаточно доказать стремление к нулю суммы $\sum\limits_{k=1}^{2n}e^{-\alpha k}\left(1-e^{-\beta\frac{k^2}n}\right)$ при любых $\alpha,\beta>0$. Но это уже совсем прозрачно: известно, что $e^t\geqslant1+t$, поэтому $1-e^{-\beta\frac{k^2}n}\leqslant\beta\frac{k^2}n\leqslant\frac{\operatorname{const}}n\cdot e^{\frac{\alpha k}2}$.

Хотя и это, конечно, мышиная возня; наиболее идейный способ см. у TOTAL.