¿Es correcto sustituir$0$ por$1/n$ en este problema de límite?

Question

Evaluar: $\lim\limits_{n \to \infty}\displaystyle\sum_{r=1}^{n} \dfrac{1}{2n + 2r-1}$

Para resolver esto utilicé el siguiente enfoque: \begin{align} S &= \lim\limits_{n \to \infty}\sum_{r=1}^{n} \dfrac{\frac 1n}{2 + 2\frac rn-\frac1n} \\ &= \lim\limits_{n \to \infty}\displaystyle\sum_{r=1}^{n} \dfrac{\frac 1n}{2 + 2\frac rn-\color{red}{0}} = \dfrac 12\int _0^1 \dfrac{1}{1+x}\,\mathrm{d}x \\ &= \ln(\sqrt 2)\end {align}

Aunque la respuesta es correcta, no estoy seguro de mi segundo paso en el que he reemplazado $1/n$ por $0$ . eso está permitido? Lo he intentado en otros problemas también y funciona.

Answer 1

"Eso" no está permitido en general.

Funciona aquí porque puede comprimir la suma por dos sumas de Riemann para la misma función $\frac{1}{2(1+x)}$ en el mismo intervalo $[0,1]$ :

PS

Answer 2

Por definición de integral de Riemann tenemos $$\int_{0}^{1}f(x)\,dx=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{r=1}^{n}f(t_r)$$ where $t_r$ lies between $(r-1)/n$ and $r/n$. For the current question the given sum matches $f(x) =\dfrac{1}{2(1+x)}$ and $t_r=(2r-1)/2n$. Thus the desired limit is indeed equal to $(1/2)\log 2$.

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La noción de una suma de Riemann es mucho más general de lo habitual cálculo textos llevar a creer (la mayoría de cálculo textos conservar $t_r=(r-1)/n$ o $t_r=r/n$). La suma en cuestión es una suma de Riemann como se explicó anteriormente.

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También en matemáticas uno no puede sustituir a $A$ por $B$ menos $A=B$. Si usted ve algunos de los reemplazos que funcionan muy bien, pero mira misterioso a continuación, sólo tiene que entender que algunos de los pasos que faltan.

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La técnica puede ser utilizada para manejar sumas que no son exactamente las sumas de Riemann, pero difieren ligeramente de ella. Ver esta respuesta para un ejemplo.

Answer 3

No, esto no está permitido, porque usted sabe que $\frac 1 n$ podría tener un poco de sutil interacción con el resto de la fórmula, que anula va a cero. Por ejemplo, en el límite

$$\lim_{n\to \infty}n\frac1n$$

no podemos reemplazar a $\frac1n$ con $0$ (produciendo un límite de $0$) debido a la presencia del factor de $n$ cancela que fuera. ¿Cómo sabes que no hay algo que usted no tenía lugar en su fórmula que produce un comportamiento similar? Tal vez la $\frac rn$ o de la $\frac 1n$ en el numerador tiene un similar "cancelar" efecto en la $\frac 1n$ que estás tratando de reemplazar con $0$.

Answer 4

Creo que es mejor y más seguro limitar el límite desde ambos lados como sigue: $$\alpha n+2r<2n+2r-1<2n+2r$$for every $ \ alpha <2$ and $ n$ sufficiently large. Therefore$$\sum_{r=1}^{n}{1\over 2 n+2r}<\sum_{r=1}^{n}{1\over 2n+2r-1}<\sum_{r=1}^{n}{1\over \alpha n+2r}$$Now fix $ \ alpha <2$. Therefore by integrating we obtain$${1\over 2}\ln 2\le\text{the desired limit}\le {1\over 2}\ln{2+\alpha\over\alpha}$$Since the latter holds for every $ \ alpha <2$, then we can write $$\text{the desired limit}={1\over 2}\ln 2$ $