Encontrar el límite de la siguiente expresión:

Question

$$\lim_{n\to\infty}\frac {1-\frac {1}{2} + \frac {1}{3} -\frac {1}{4}+ ... + \frac {1}{2n-1}-\frac{1}{2n}}{\frac {1}{n+1} + \frac {1}{n+2} + \frac {1}{n+3} + ... + \frac {1}{2n}}$$

De lo que puedo expresar el valor de la suma geométrica de ${\frac {1}{2} + \frac {1}{4}+...+\frac {1}{2n}}$, pero los demás están por delante de mí.

Poniendo a la fracción partes bajo un denominador común que hace que la parte ordenada, pero el numerador parece demasiado complicado, que me hace pensar que hay alguna manera sencilla de hacerlo.

Answer 1

He aquí una solución con ningún cálculo, sólo álgebra. El numerador y el denominador son en realidad iguales para todos los $n.$

Deje $H_n=\sum_{k=1}^n \frac1{k}$ $k^{\text{th}}$ número armónico.

Su denominador es $$D_n=\big(1+\frac12+\frac13+\dots+\frac1{2n}\big)-\big(1+\frac12+\frac13+\dots+\frac1{n}\big)=H_{2n}-H_n.$$

Su numerador es $$N_n=1-\frac12+\frac13-\frac14+\dots+\frac1{2n-1}-\frac1{2n}=\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}.$$

Calcular

\begin{align}H_{2n}-N_n &=\big(1+\frac12+\frac13+\dots+\frac1{2n}\big)-\big(1-\frac12+\frac13-\frac14+\dots+\frac1{2n-1}-\frac1{2n}\big) \\ &= 2\cdot\!\!\!\!\!\sum_{\substack{1\le k \le 2n\\k\text{ is even}}}\frac1{k} \scriptsize\quad\quad{\text{ (because the odd terms cancel out and the even terms are doubled up)}} \\&=2\cdot\sum_{j=1}^n\frac1{2j} \\&=\sum_{j=1}^n \frac1{j} \\&=H_{n}, \end{align}

por lo $$ N_n=H_{2n}-H_n.$$

De ello se desprende que $N_n=D_n$ todos los $n,$ $N_n/D_n$ es una constante de la secuencia con valor siempre $1,$ y el límite es, por tanto, $1.$

Answer 2

En el denominador, tenemos:

$$\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n+i}$$

Y como $n \to \infty$ este es:

$$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n+i}=\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+(0+i \frac{1-0}{n})}\frac{1-0}{n}=\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x} dx=\ln (1+1)-\ln(1+0)=\ln (2)$$

Para el numerador como $n \to \infty$, teniendo en cuenta la serie geométrica $\sum_{n=0}^{\infty} u^n=\frac{1}{1-u}$$|u|<1$, sustituyendo en la $-x$ $u$ tenemos:

$$\frac{1}{1-(-x)}=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nx^n$$

Luego de integrar ambos lados para obtener

$$\ln(1+x)=C+\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^{n}\frac{x^{n+1}}{n+1}=C+\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}$$

Deje $x=0 \implies C=0$, así:

$$\ln (1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}$$

Debido a que la serie converge para $x=1$ por la alternancia de la serie de la prueba, estamos justificados en dejar a $x \to 1^-$ para obtener:

$$\ln (2)=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n\frac{1}{n}$$

Por lo tanto el límite es:

$$\frac{\ln 2}{\ln 2}=1$$