calcular el límite de $\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}}$

Question

Demostrar que el siguiente límite es 0

$\lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}}$

Por favor, no sé cómo hacerlo :S. La serie armónica diverge por lo tanto se requiere de algún truco especial

Answer 1

Un crudo obligado en $\sum_1^n \frac{1}{k}$ es suficiente.

Para cada entero positivo $k$,$k\ge \sqrt{k}$. Así $$\frac{1}{k}\le \frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}).$$ (Hemos racionalizado el denominador.)

Ahora suma, $k=1$$n$. Nota: la antena telescópica. Llegamos a la conclusión de que $$\sum_1^n \frac{1}{k} \le 2\sqrt{n}.$$ Por último, dividir por $n$ y deje $n\to\infty$.

Answer 2

Solución 1: Aplicar Stolz teorema (L'Hospital para las secuencias), llegamos a considerar el límite de $\lim \frac{1/n}{n-(n-1)}=0$, que es por lo tanto el valor del límite original.

Solución 2 Considere la integral de la $\int_{1/n}^{1}\frac{dx}{x}$ y calcular las sumas de Riemann para el uniforme de la partición de tamaño $1/n$. Dividir por $n$. Aplicar L'Hospital.

Solución 3: Dividir los términos en los grupos de tamaño de los poderes de $3$. Majorize por el último término en cada grupo. Hacer lo mismo pero usando tamaños de las facultades de $2$ y minorize por el primer término en cada grupo. Esto le da un sándwich teorema.

Solución 4 sabemos que $\frac{1}{n}\rightarrow 0$. Por lo tanto, para cada $e$ hay $N$ que si $n>N$ $$-e<\frac{1}{n}<e.$$

A partir de esta $$-e(n-(n-1))<(1+1/2+...+1/n)-(1+1/2+...+1/(n-1))<e(n-(n-1))$$

Suma de $n=N$ $n=K$obtenemos $$-e(K-(N-1))<(1+1/2+...+1/K)-(1+1/2+...+1/(N-1))<e(K-(N-1))$$

Dividir por $K$.

$$-e(1-\frac{(N-1)}{K})<\frac{(1+1/2+...+1/K)}{K}-\frac{(1+1/2+...+1/(N-1))}{K}<e(1-\frac{(N-1)}{K})$$

Reorganización de

$$-e(1-\frac{(N-1)}{K})+\frac{(1+1/2+...+1/(N-1))}{K}<\frac{(1+1/2+...+1/K)}{K}<e(1-\frac{(N-1)}{K})+\frac{(1+1/2+...+1/(N-1))}{K}$$

Para algunos $K$ debemos tener para todos los $k>K$

$$-e<\frac{1+1/2+...+1/K}{K}<e.$$

Por lo tanto,$\frac{1+1/2+...+1/n}{n}\rightarrow0$.

Answer 3

Este es trivial por Cesaro suma, desde la $1/n \to 0$.

Para ampliar un poco, se sostiene que si $u_n \to l < \infty$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} u_k \to l$.

Me puede dar una prueba si es necesario (sólo recurrir a la definición de límite, no integral)

http://en.m.wikipedia.org/wiki/Ces%C3%A0ro_summation

Answer 4

Este es un caso especial de la siguiente teorema: si $\lim_{n \to \infty} a_n = a$,$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum \limits_{k=1}^n a_k = a$.

Prueba: Por $\epsilon>0 $ elija $N$, de tal manera que para todos los $n>N$: $ |a_n-a|<\epsilon$. Luego tenemos a $|\frac{1}{n} \sum \limits_{k=1}^n a_k - a|= |\frac{1}{n} \sum \limits_{k=1}^n (a_k - a)|<|\frac{1}{n} \sum \limits_{k=1}^N (a_k - a)|+\frac{n-N}{n}\epsilon <2\epsilon$ para suficientemente grande $n$.

Answer 5

Vamos a demostrar que $$ \sum_{k=1}^n\frac 1k\le1+\log n. $$ Dividir la integral en dos partes $$ \log n=\int_1^n x^{-1}\mathrm dx=\sum_{k=2}^n\int_{k-1}^{k} x^{-1}\mathrm dx. $$ Observar que $k^{-1}\le x^{-1}$ $x\in[k-1,k)$ desde $f(x)=x^{-1}$ es una función decreciente. Por lo tanto, $$ \sum_{k=2}^n\int_{k-1}^kx^{-1}\mathrm dx\ge\sum_{k=2}^nk^{-1}\int_{k-1}^k\mathrm dx=\sum_{k=2}^nk^{-1}. $$ Marque esta respuesta a la conclusión de que la $\frac1n\sum_{k=1}^nk^{-1}\to0$$n\to\infty$.