Resolver $\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n}\right)$ sin utilizar las sumas de Riemann.

Question

La forma natural (y creo que más fácil) de resolver $$\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n}\right)$$

implica sumas de Riemann. Multiplicar y dividir por $n$ obtenemos

$$\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n}\right)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{n+i}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf\left(\frac{i}{n}\right)$$

donde $f(x)=\frac{1}{1+x}$ . La última expresión es una suma de Riemann asociada a la partición $P_n=\{0, \frac{1}{n},\dots,\frac{n}{n}\}$ de $[0,1]$ por lo que por el Teorema de Darboux

$$\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nf\left(\frac{i}{n}\right)=\int_0^1\frac{1}{1+x}dx=\ln2$$

Sin embargo, tengo curiosidad por saber si hay otras técnicas que se puedan utilizar para encontrar ese límite, así que mi pregunta es

¿Es posible encontrar $$\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{n+n}\right)$$ sin utilizar las sumas de Riemann? Si es así, ¿cómo?

Answer 1

A partir de $e^x\ge 1+x$ y por lo tanto también $e^{-x}\ge 1-x$ se obtiene $$ -\ln(1-x)\ge x \ge \ln(1+x) $$ Ahora, ponte $x=\frac1{n+k}$ para conseguir $$ \ln(n+k)-\ln(n+k-1)\ge\frac1{n+k}\ge\ln(n+k+1)-\ln(n+k) $$ La suma para la expresión requerida da telescopios en sumas a la izquierda y a la derecha, por lo que $$ \ln(2)=\ln(2n)-\ln(n)\ge\sum_{k=1}^n\frac1{n+k}\ge\ln(2n+1)-\ln(n+1)=\ln\left(2-\frac1{n+1}\right) $$

Answer 2

Tenemos \begin {align} H_n &= 1+ \dfrac {1}{2}+ \dfrac {1}{3}+ \cdots + \dfrac {1}{n} \\\\ \Rightarrow \quad S_n &= H_{2n} - H_n \\\\ & = (H_{2n} - \ln (2n) - \gamma )- (H_n - \ln n - \gamma ) + \ln 2 \\\\ & = a_n + b_n + \ln 2 \to 0+0+ \ln 2 = \ln 2 \end {alinear} como $n \to \infty$ .

Answer 3

Una forma que no utiliza la serie armónica es utilizando la identidad $$\sum^{2n}_{i=1} \frac{(-1)^{i-1}}{i}=\sum^n_{i=1}\frac{1}{n+i},$$ que puede encontrar aquí por ejemplo, y utilizar la representación en serie de potencias de $\ln(1+x)$ en $x=1$ .

Answer 4

Este es un enfoque. Escriba la suma de intereses como

$$\begin{align} \sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k&=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}-\frac1{2k}\right)\\\\ &=\sum_{k=1}^n\left(\int_0^1 (x^{2k-2}-x^{2k-1})\,dx\right)\\\\ &=\int_0^1 \sum_{k=1}^n \left(x^{2k-2}-x^{2k-1}\right)\,dx\\\\ &=\int_0^1\frac{1-x^{2n}}{1+x}\,dx \end{align}$$

Utilizando el Teorema de Convergencia Dominada, tenemos

$$\begin{align} \lim_{n\to \infty}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k&=\int_0^1\lim_{n\to \infty}\left(\frac{1-x^{2n}}{1+x}\right)\,dx\\\\ &=\int_0^1 \frac{1}{1+x}\,dx\\\\ &=\log(2) \end{align}$$

¡y hemos terminado!