Calcular el límite de la suma integral

Question

Encuentra el límite de $$a_n = \sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n + \frac{1}{k}}$$

Mi intento es:

$$\sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n + \frac{1}{n}} < \sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n + \frac{1}{k}} < \sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n}$$

Nota que cuando $n \to \infty \Rightarrow n + \frac{1}{n} \to n \Rightarrow \sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n + \frac{1}{n}} \to \sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n}$.

Por lo tanto, por el teorema del sándwich, el límite de la suma central es igual al de las sumas laterales.

Luego, encontremos el límite cuando $n \to \infty$ de lo siguiente $\sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n} = 2^{\frac{1}{n}} \sum \limits_{k = 1}^n \frac{1}{n} \cdot 2^k$.

Tomemos $f(x) = 2^x$, la longitud de la partición es igual a $\frac{1}{n} \to 0$, $\xi_k = \frac{k}{n}$, entonces $\sum \limits_{k = 1}^n \frac{1}{n} \cdot 2^{\frac{k}{n}} \to \int \limits_0^1 2^x dx = \frac{2^x}{\ln 2}\Big|_0^{1} = \frac{1}{\ln2}$.

Entonces, nuestra suma inicial tiene el siguiente límite.

Tengo algunas preguntas sobre mi solución:

Estoy bastante seguro de que mi explicación de por qué $\sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n + \frac{1}{n}} \to \sum \limits_{k = 1}^n \frac{2^{\frac{k}{n}}}{n}$ no es lo suficientemente estricta. ¿Alguien puede explicar este momento de manera más detallada?

¿Es cierto que $n + \frac{1}{n} \to n$?

En general, ¿es cierto lo siguiente: si $f(x) \to g(x) \Rightarrow g(x) \to f(x)$.

¿Existen otras opciones para resolver este problema particular usando la suma de Riemann?

Answer 1

Es una buena idea del usuario23316192 usar el teorema del apriete.

Podemos mejorar un poco su razonamiento simplificando la estimación de las sumas laterales:

$$\sum_{k=1}^n \frac{2^{k/n}}{n+1} < a_n < \sum_{k=1}^n \frac{2^{k/n}}{n}$$

La parte principal de estas sumas laterales es la suma geométrica

$$\sum_{k=1}^n 2^{k/n} = \frac{2^{1/n}}{2^{1/n}-1}$$

El límite a considerar es (para $k=0$ o $k=1$)

$$\lim_{n\to \infty} \, \frac{2^{1/n}}{\left(2^{1/n}-1\right) (k+n)} = \frac{1}{\log(2)}$$

Los detalles principales aquí son la definición $2^x = e^{x\log 2}$ y el desarrollo de la serie de potencias $e^x \simeq 1 + x$ de donde obtenemos

$$\frac{2^{1/n}}{2^{1/n}-1} = \frac{1}{1-2^{-\frac{1}{n}}} = \frac{1}{1-e^{-\frac{\log(2)}{n}}} \simeq \frac{1}{1-\left(1-\frac{\log(2)}{n}\right)} = \frac{1}{\frac{\log(2)}{n}}$$

por lo tanto, finalmente

$$\lim_{n\to \infty} \, a_n = \frac{1}{\log(2)}$$