Нахождение предела суммы с помощью интеграла

[alex18]

Помогите, пожалуйста, найти $\lim\limits_{n\to\infty}{\sum\limits_{k=1}^{n}\sh(\frac{k+\sqrt{k}}{n^2+1})}$. Была идея заменить $\sh(\frac{k+\sqrt{k}}{n^2+1})$ на эквивалентную ей в нуле $\frac{k+\sqrt{k}}{n^2+1}$, её заменить на эквивалентную $\frac{1}{n}\cdot\frac{k+\sqrt{k}}{n}$ и рассмотреть слагаемое с $k$ как сумму Римана от функции $x$ на отрезке [0,1], а слагаемое с $\sqrt{k}$, домножив и поделив на $\sqrt{n}$, как сумму Римана от функции $\sqrt{x}$, делённую на $\sqrt{n}$, то есть на бесконечности второе слагаемое уйдёт в 0. Ответ получился верный: $\frac{1}{2}$, но заменять на эквивалентную в бесконечной сумме было совершенно некорректно. Не получается придумать, как ещё подступиться к этой задаче.

[nnosipov]

alex18 в сообщении #1522112 писал(а):

но заменять на эквивалентную в бесконечной сумме было совершенно некорректно

А Вы сделайте чуть тоньше: замените на подходящий кусок ряда Тейлора и оцените сумму хвостов (последняя должна стремиться к нулю).

[alex18]

nnosipov в сообщении #1522115 писал(а):

alex18 в сообщении #1522112 писал(а):

но заменять на эквивалентную в бесконечной сумме было совершенно некорректно

А Вы сделайте чуть тоньше: замените на подходящий кусок ряда Тейлора и оцените сумму хвостов (последняя должна стремиться к нулю).

Действительно, получилось достаточно следующий член записать в виде остатка в форме Лагранжа, и дальше нетрудно показать, что их сумма стремится к нулю. Спасибо Вам большое!

[ewert]

Риман, Тейлор, Лагранж... О чём только народ ни наслышан. Когда это всего-навсего второй замечательный предел плюс арифметическая прогрессия.

alex18 в сообщении #1522112 писал(а):

заменять на эквивалентную в бесконечной сумме было совершенно некорректно

Очень даже корректно, достаточно лишь самую малость позанудствовать. Обозначим $\sh(x)=x+x\,\varepsilon(x)$, где $\lim\limits_{x\to0}\varepsilon(x)=0$ (это и есть второй замечательный предел в стерильно чистом виде, безо всяких лагранжей и прочих тейлоров). Тогда и $\lim\limits_{x\to0}\max\limits_{t\leqslant x}|\varepsilon(t)|=0$. Этого достаточно, т.к. сумма синусов отличается от суммы просто дробей на величину, которая по модулю очень грубо оценивается сверху через

$$n\cdot\frac{n+\sqrt{n}}{n^2+1}\cdot\sup\limits_{t\leqslant\frac{n+\sqrt{n}}{n^2+1}}|\varepsilon(t)|\to0,\qquad\text{вот и всё.}$$

[nnosipov]

ewert в сообщении #1522286 писал(а):

О чём только народ ни наслышан.

Так и правильно наслышан, ибо это дает простой алгоритмичный подход к подобным ситуациям. И потом, мало ли на какого извращенца кого попадешь на экзамене (вдруг потребует оценить скорость стремления к предельному значению).

[ewert]

Боюсь, что вероятнее попасть на извращенца противоположного типа, который окажется недоволен задействованием явно избыточной информации. И уж римановы-то суммы тут точно совершенно не при чём.

И, кстати: если уж говорить о скорости сходимости, то лагранжев остаток $O(x^3)$ тоже излишен - достаточно банального $O(x^2)$ (да и тот в конце концов поглотится $O(\frac1{\sqrt{n}})$).

[nnosipov]

ewert в сообщении #1522289 писал(а):

И уж римановы-то суммы тут точно совершенно не при чём.

Да, с этим перебор.