Informática $\lim_n \frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k}$

Question

¿Qué es? $\lim_n \frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k}$ ?

He aquí algunas observaciones:

• Desde $x\mapsto \frac{2^x}{x}$ es creciente cuando $x\geq 2$ Uno podría verse tentado a utilizar la prueba integral. Esto falla: al hacerlo, se obtiene $a_n\leq \sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k}\leq b_n$ donde $a_n\sim \frac{2^n}{\ln (2)n}$ y $b_n\sim \frac{2^{n+1}}{\ln (2)n}$ . Por desgracia, $b_n$ es demasiado grande y esta estimación no da el límite.

• Esta es mi solución: como es fácil sumar $2^k$ y la diferencia $\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$ es pequeño, es natural intentar la suma por partes: $$\begin{align} \sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k} &=\frac{S_n}{n+1}-1+\sum_{k=1}^n S_k \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right)\quad \text{where} \; S_n=\sum_{k=0}^n 2^k\\ &= \frac{2^{n+1}}{n+1} + \sum_{k=1}^n \frac{2^{k+1}}{k(k+1)} - \underbrace{1 - \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{k(k+1)}\right) - \frac{1}{n+1}}_{\text{bounded}}\\ \end{align}$$

La intuición sugiere $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{2^{k+1}}{k(k+1)}=o\left(\frac{2^n}n \right)$ pero no es inmediato probarlo. ¡He tenido que recurrir a otro resumen por partes! En efecto, $$\begin{align}\small\sum_{k=1}^n \frac{2^{k+1}}{k(k+1)}&= \small 2\left[ \frac{2^{n+1}}{n(n+1)} + 2\sum_{k=1}^n \left(\frac{2^{k+1}}{k(k+1)(k+2)}\right)-\frac 12 -2\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k(k+1)(k+2)}\right) - \frac{1}{n(n+1)}\right]\\ &\small\leq \frac{2^{n+2}}{n(n+1)}+\frac{2^{n+2}}{n(n+1)(n+2)}\cdot n \\ &\small= o\left(\frac{2^n}n \right) \end{align}$$

Por lo tanto, $$\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k} = \frac{2^{n+1}}{n+1} + o\left(\frac{2^n}n \right)$$ y $$\lim_n \frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k} = 2$$

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Esta solución es bastante tediosa y computacional... Por eso busco una solución más corta o más inteligente que evite la suma por partes (la integración por partes es fácil de realizar en funciones, sólo se hace bastante pesada con las series).

Answer 1

Escribe la expresión como

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

Observe el denominador $\to \infty.$ Eso hace sonar la campana Stolz-Cesaro, así que considera

$$\frac{2^{n+1}/(n+1)}{2^{n+1}/(n+1) -2^n/n} = \frac{1}{1 -(n+1)/(2n)} \to \frac{1}{1/2} = 2.$$

Por Stolz-Cesaro, el límite deseado es $2.$

Answer 2

Dejemos que $S_n = \frac{n}{2^n} \sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{k}$ . Tiene el siguiente límite inferior trivial.

$$ 2 - \frac{1}{2^n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{n-k}} \leq S_n. $$

Para un límite superior, fijar $r \in (0, 1)$ y que $N = N(r,n) = \lfloor rn \rfloor$ . Entonces para $n$ grande, tenemos $1 < N < n$ y por lo tanto

\begin{align*} S_n &= \frac{n}{2^n} \sum_{k=1}^{N} \color{red}{\frac{2^k}{k}} + \frac{n}{2^n} \sum_{k=N+1}^{n} \color{blue}{\frac{2^k}{k}} \\ &\leq \frac{n}{2^n} \sum_{k=1}^{N} \color{red}{2^k}+ \frac{n}{2^n} \sum_{k=N+1}^{n} \color{blue}{\frac{2^k}{rn}} \\ &= \frac{n}{2^n} (2^{N+1} - 1) + \frac{1}{r 2^n}(2^{n+1} - 2^{N+1}) \\ &\leq n 2^{-(1-r)n+1} + \frac{2}{r}. \end{align*}

Para los términos rojos, utilizamos el límite trivial $\frac{1}{k} \leq 1$ . Para los términos azules, utilizamos el hecho de que $k \geq N+1$ implica $k \geq nr$ . Por lo tanto, se deduce que

$$ 2 \leq \liminf_{n\to\infty} S_n \leq \limsup_{n\to\infty} S_n \leq \frac{2}{r}. $$

Tomando $r \uparrow 1$ da la conclusión deseada.

Answer 3

$\begin{array}\\ \frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k} &=n\sum_{k=1}^n \frac{2^{k-n}}{k}\\ &=n\sum_{k=0}^{n-1} \frac{2^{-k}}{n-k}\\ &=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{2^{-k}}{1-k/n}\\ \text{so}\\ \frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k}-2 &=\sum_{k=0}^{n-1} 2^{-k}(\frac1{1-k/n}-1)-\frac1{2^{n-1}}\\ &=\sum_{k=0}^{n-1} 2^{-k}(\frac{k/n}{1-k/n})-\frac1{2^{n-1}}\\ \end{array} $

Si $k \le cn$ , $2^{-k}(\frac{k/n}{1-k/n}) \le 2^{-k}\frac{c}{1-c} $ así que $\sum_{k=0}^{\lfloor nc \rfloor} 2^{-k}(\frac{k/n}{1-k/n}) \le 2\frac{c}{1-c} \lt 4c$ si $0 < c < \frac12$ .

Si $k > cn$ ,

$\begin{array}\\ \sum_{k=cn}^{n-1} 2^{-k}(\frac{k/n}{1-k/n}) &<\sum_{k=cn}^{n-1} 2^{-cn}(\frac{k/n}{1-k/n})\\ &=2^{-cn}\sum_{k=cn}^{n-1} (\frac{k}{n-k})\\ &<2^{-cn}\sum_{k=cn}^{n-1} n\\ &<n^22^{-cn}\\ &<e^{-cn \ln 2 + 2\ln n}\\ \end{array} $

Para cualquier $c > 0$ , $-cn \ln 2 + 2\ln n \to -\infty$ como $n \to \infty$ , por lo que $e^{-cn \ln 2 + 2\ln n} \to 0$ .

Al elegir primero $c$ pequeño y luego $n$ grande, ambos $4c$ y $e^{-cn \ln 2 + 2\ln n}$ puede hacerse tan pequeño como queramos, para que $\frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k}-2 $ puede hacerse tan pequeño como queramos, para que $\lim_{n \to \infty}\frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k} =2 $ .

Answer 4

Dejemos que $$ S_n=\frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}. \tag{1}$$ Claramente $$ S_n=\sum_{k=1}^n\frac{n}{k}\frac1{2^{n-k}}\ge \sum_{k=1}^n\frac1{2^{n-k}}=2-\frac{1}{2^n}. $$ Definir \begin{eqnarray} f_n(x)=\frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}\left(\frac12x\right)^k \end{eqnarray} y luego $f_n(0)=0,f_n(2)=S_n$ y $$ f_n'(x)=\frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^nx^{k-1}=\frac{n}{2^n}\frac{1-x^n}{1-x}.$$ Así que \begin{eqnarray} S_n&=&\frac{n}{2^n}\int_0^2\frac{1-x^n}{1-x}dx\\ &=&\frac{n}{2^n}\int_0^1\frac{1-x^n}{1-x}dx+\frac{n}{2^n}\int_1^2\frac{x^n-1}{x-1}dx. \end{eqnarray} Desde $$ \int_0^1\frac{1-x^n}{1-x}dx=\ln n+\gamma+o(1),$$ un $$ \frac{n}{2^n}\int_0^1\frac{1-x^n}{1-x}dx=o(1). $$ Observando que si $x\in[1,2]$ entonces $x-1\ge1$ y $x^n-1\le x^n$ , uno tiene $$ S_n\le o(1)+\frac{n}{2^n}\int_1^2\frac{x^n-1}{x-1}dx\le o(1)+\frac{n}{2^n}\int_1^2x^ndx=o(1)+\frac{n}{2^n}\frac{1}{n+1}(2^{n+1}-1).\tag{2}$$ A partir de (1) y (2), se tiene $$ 2-\frac{1}{2^n}\le S_n\le o(1)+\frac{n}{2^n}\frac{1}{n+1}(2^{n+1}-1).$$ Dejar $n\to\infty$ , uno tiene $$ \lim_{n\to\infty}S_n=2. $$

Answer 5

Dejemos que $f(x)=\sum_{k=1}^n\frac{x^k}{k}$ . Entonces, podemos escribir

$$f(x)=\sum_{k=1}^n \int_0^x t^{k-1}\,dk=\int_0^x \frac{1-t^n}{1-t}\,dt$$

para que $f(2)=\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}=\int_0^2 \frac{1-t^n}{1-t}\,dt$ .

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A continuación, elegimos $0<\delta<1$ y escribir

$$\begin{align} \frac{n}{2^n}\int_0^2 \frac{1-t^n}{1-t}\,dt&=\frac{n}{2^n}\int_0^{2-\delta}\frac{1-t^n}{1-t}\,dt+\frac{n}{2^n}\int_{2-\delta}^2\frac{t^n-1}{t-1}\,dt \tag 1 \end{align}$$

Podemos aplicar el teorema del valor medio para el segundo término del lado derecho de $(1)$ para revelar que para algunos $\xi_n\in [2-\delta,2]$

$$\begin{align} \frac{n}{2^n}\int_{2-\delta}^2 \frac{t^n-1}{t-1}\,dt&=\frac{n}{2^n(\xi_n-1)}\int_{2-\delta}^2(t^n-1)\,dt\\\\ &=\frac{n}{2^n(\xi-1)}\left(\frac{2^{n+1}-(2-\delta)^{n+1}}{n+1}+\delta\right) \tag 2 \end{align}$$

Dejar $n\to \infty$ en $(2)$ produce

$$\lim_{n\to \infty}\frac{n}{2^n}\int_{2-\delta}^2 \frac{t^n-1}{t-1}\,dt=\frac{2}{\xi-1}$$

Para cualquier $\epsilon>0$ podemos elegir $0<\delta<1$ tan pequeño que $\left|\frac{2}{\xi_n-1}-2\right|<\epsilon$ . Ahora, procedemos con eso $0<\delta<1$ arreglado.

Observando que $\frac{1-t^n}{1-t}$ es positivo y monotónicamente creciente en $[0,2]$ el primer término del lado derecho de $(1)$ está limitada por encima por $\frac{n}{2^n}\frac{(2-\delta)^n-1}{1-\delta}\to 0$ como $n\to \infty$ .

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Juntando todo, obtenemos el codiciado límite

$$\lim_{n\to \infty}\frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}=2$$