La evaluación de $\lim_{n\to\infty} \frac{1^{99} + 2^{99} + \cdots + n^{99}}{n^{100}}$ utilizando integral

Question

Evaluar $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1^{99} + 2^{99} + \cdots + n^{99}}{n^{100}}$

Esta es la pregunta que yo recordaba de mi escuela secundaria libro de texto (me acordé de ti al leer acerca de algo relacionado). Ahora sé cómo hacerlo usando Faulhaber la fórmula (al menos el primer coeficiente, el cual es requerido). Pero el libro de texto utilizado este método de la cual no tengo y no entiendo. $$\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac{1^{99} + 2^{99} + \cdots + n^{99}}{n^{100}} = \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\large\int\limits_{0}^n x^{99} dx}{n^{100}} = \lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{\dfrac{n^{100}}{100}}{n^{100}}= \dfrac{1}{100}$$

Lo que yo no entiendo es cómo es la conversión de la suma integral se justifica (el libro de texto no justificar) y cuando es permitir la sustitución de la suma integral?

Answer 1

$$\displaystyle \lim_{n\to \infty}\sum^{n}_{k=1}\big(\frac{k}{n}\big)^{99}\cdot\frac{1}{n}=\int^1_0x^{99}dx\,=\frac{1}{100}$$

Answer 2

Ya para $x\in(k,k+1)$ hemos $$k^{99} \le x^{99} \le (k+1)^{99}$$ tenemos $$k^{99} = \int_k^{k+1} k^{99} \,\mathrm{d}x \le \int_k^{k+1} x^{99}\,\mathrm{d}x \le \int_k^{k+1} (k+1)^{99} \,\mathrm{d}x = (k+1)^{99}.$$ Este rendimientos $$\sum_{k=0}^{n-1} k^{99} \le \int_0^{n} x^{99}\,\mathrm{d}x \le \sum_{k=0}^{n-1} (k+1)^{99}\\ 1^{99}+2^{99}+\puntos+(n-1)^{99} \le \int_0^{n} x^{99}\,\mathrm{d}x \le 1^{99}+2^{99}+\puntos+{n}^{99}.$$ Dividiendo por $n^{100}$ tenemos $$\frac{1^{99}+2^{99}+\dots+(n-1)^{99}}{n^{100}} \le \frac{\int_0^{n} x^{99}\,\mathrm{d}x}{n^{100}} \le \frac{1^{99}+2^{99}+\dots+{n}^{99}}{n^{100}}.$$

Desde $$\left(\frac{1^{99}+2^{99}+\dots+{n}^{99}}{n^{100}}-\frac{1^{99}+2^{99}+\dots+(n-1)^{99}}{{n}^{100}}\right) = \frac1n \to 0$$ tenemos que todos tres expresión anterior tienen el mismo límite para $n\to\infty$. (Siempre que el límite existe, al menos para uno de ellos.)

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Lo que hicimos arriba es básicamente comparando integral (área bajo la curva) con una suma (área dada por los pasos de la siguiente imagen):

He tomado esta foto de esta respuesta.

Básicamente la misma derivación se da en esta respuesta

Answer 3

En general $$ \frac{1^a+2^a+\cdots+n^a}{n^{+1}}\a\frac{1} {+1}, $$ para cada $a>-1$, como $$ \frac{1^a+2^a+\cdots+n^a}{n^{a+1}}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\left(\frac{k}{n}\right)^a\to\int_0^1x^a\,dx=\frac{1}{a+1}, $$ Para hacerlo más fácil de entender $$ \frac{1}{n}\left(\frac{k}{n}\right)^a-\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}x^a\,dx=\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left(\left(\frac{k}{n}\right)^a-x^a\right)\,dx. $$ Pero, usando el Teorema del Valor medio $$ \left(\frac{k}{n}\right)^a-x^a=\left(\frac{k}{n}-x\right)a\xi^{- 1}, $$ para algunos $\xi\in(\frac{k-1}{n},\frac{k}{n})$, y por lo tanto $$ 0\le \left(\frac{k}{n}\right)^a-x^a\le\frac{1}{n}\left(\frac{k}{n}\right)^{- 1}, $$ y $$ 0\le\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left(\left(\frac{k}{n}\right)^a-x^a\right)\,dx\le\frac{1}{n^2}\left(\frac{k}{n}\right)^{- 1}\le \frac{a}{n^2}, $$ y, finalmente, $$ 0\le \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\left(\frac{k}{n}\right)^a-\int_0^1^a\,dx\le \frac{a}{n}\a 0. $$

Answer 4

La sustitución de una suma con un integrante puede ser justificado, pero que realmente necesita para justificarlo. Parece que el libro de texto no. Por ejemplo, si la función implicada algo como $\sin kπ$ o $\cos 2kπ$, entonces para valores enteros de k que siempre se obtiene un resultado de 0 o 1, pero para valores reales de k el resultado puede ser por todo el lugar, y la sustitución de una suma con un integrante sería absolutamente no se justifica.

Si usted toma la constante de número de $k^{99}$, y se la compara con la integral de $x^{99}$ tomados de k-1 a k, entonces usted está integrando a través de los valores que se encuentran a menos de $k^{99}$, por lo que la integral es menos. Si se compara con la integral de $x^{99}$ tomados de k a k+1, que se están integrando a través de los valores que son todos mayores $k^{99}$, por lo que la integral es mayor.

Ahora que estamos calculando la suma de $k^{99}$ k desde 1 hasta n. Se comparó cada uno de estos n números con un integrante, por lo que también puede comparar la suma con un integrante: La suma total es mayor que la integral de $x^{99}$ de 0 a n, y menos de la integral de 1 a n+1. Ese argumento sería trabajo para cualquier función que es creciente: Si una función es creciente para x real, entonces la suma de 1 a n es entre la integral de 0 a n-1 y la integral de 1 a n.

En este caso, podemos calcular la integral y encontrar que la suma es de entre $n^{100}/100$ e $((n+1)^{100} - 1)/100$ que es suficiente para probar el límite. Su libro de texto sólo se tomó el límite de la integral de 0 a n. Eso no es suficiente; si tenía una función en la que tomar el límite de 1 a n+1 daría un resultado diferente, sería un error. Así que otra cosa que puede estar justificado, pero en realidad debe ser justificado.