$\lim\big(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{2n}\big)$ De evaluar mediante métodos secuenciales

Question

<blockquote> <p>Evaluar <span class="math-container">$$\lim\Big(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{2n}\Big)$ $</span> métodos secuenciales.</p> </blockquote> <p>Por supuesto: <span class="math-container">%#% $ #%</span></p> <p>pero usando solamente las secuencias, no sé dónde empezar. Pensé en el teorema del apretón, pero no estoy seguro de cómo conseguir <span class="math-container">$$\frac{1}{n}\bigg(\frac{1}{1+1/n}+\frac{1}{1+2/n}+\ldots+\frac{1}{1+n/n}\bigg) \rightarrow \int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x}=\ln 2$</span> en el camino.</p> <p>Gracias de antemano.</p>

Answer 1

Bueno, es muy bien sabido que <span class="math-container">$ H_n - \log(n) \to \gamma $</span> (donde <span class="math-container">$ Hn= \sum{k=1}^{n} \frac{1}{k} $</span> y <span class="math-container">$ \gamma $</span> es la constante de euler-mascheroni)

Denotar por <span class="math-container">$ a_n $</span> tu secuencia, tenemos que <span class="math-container">$$ an= H{2n}-H{n}=H{2n}-\log(2n)+\log(2n)-Hn=H{2n}-\log(2n)+\log(2)+\log(n)-H_n.$ $</span>

Por lo tanto, <span class="math-container">$\lim_{n \to \infty} a_n = \gamma+\log(2)-\gamma=\log(2).$</span>

Answer 2

Usando el hecho de que <span class="math-container">$\ln(1 + x) \leq x$</span>, tenemos <span class="math-container">$$ \ln(k + 1) - \ln k \leq \frac{1}{k} \leq \ln{k}-\ln (k - 1), $$</span> por lo tanto, <span class="math-container">\ln \frac{2n $$ + 1} \leq \sum_{k {n + 1} = {n + 1}} ^ {2n} \frac{1}{k} \leq \ln \frac{2n}{n} = \ln2, $$</span> y el teorema del apretón dará th resultado de la e.

Answer 3

Tenemos

$$\sum_{k=1}^n \frac1{n+k}=\frac1n\sum_{k=1}^n \frac1{1+k/n}=\frac1n\sum_{k=1}^n\sum_{j=0}^\infty (-1)^j\left(\frac k n\right)^j=\ldots$$

y para cualquier fija $n$ ya que por Faulhaber la fórmula de

$$\sum_{k=1}^n k^{j} = \frac{n^{j+1}}{j+1}+O(n^j)$$

tenemos

$$\ldots =\sum_{j=0}^\infty \frac{(-1)^j}{n^{j+1}}\sum_{k=1}^nk^j = \sum_{j=0}^\infty \frac{(-1)^j}{j+1}+O\left(\frac1n\right)\sum_{j=0}^\infty (-1)^j$$ $$\to\sum_{j=0}^\infty \frac{(-1)^j}{j+1}=1-\frac12+\frac13-\frac14+\ldots=\ln 2$$

de hecho, por la Alternancia de serie armónica el resultado de la siguiente manera.

Answer 4

Como una alternativa por límites integradas desde

<span class="math-container">$$\ln \left(\frac{2n+1}{n+1}\right)=\int{n+1}^{2n+1}\frac1x dx \le \sum{k=1}^{n} \frac1{n+k} \le \frac1{n+1}+\int_{n+2}^{2n+1}\frac1x dx=\frac1{n+1}+\ln \left(\frac{2n+1}{n+2}\right)$$</span>

por exprimir teorema el resultado sigue.

Answer 5

Podemos escribir la suma como

<span class="math-container">$$\sum^{n}{k=1}\frac{1}{n+k}=\sum^{2n}{k=1}\frac{1}{k}-2\sum^{n}_{k=1}\frac{1}{2k}$$</span>

Así <span class="math-container">$$\sum^{n}_{k=1}\frac{1}{n+k}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots\cdots +\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}$ $</span>

Ahora <span class="math-container">$$\lim{n\rightarrow \infty}\sum^{n}{k=1}\frac{1}{n+k}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots\cdots =\ln(2).$ $</span>