Informática $\lim_{n\to\infty}n\sum_{k=1}^n\left( \frac{1}{(2k-1)^2} - \frac{3}{4k^2}\right)$

Question

¿Qué formas propondrías para el límite de abajo? $$\lim_{n\to\infty}n\sum_{k=1}^n\left( \frac{1}{(2k-1)^2} - \frac{3}{4k^2}\right)$$

Gracias de antemano por sus sugerencias, ¡consejos!

Hermana.

Answer 1

Esta es una respuesta de nivel de secundaria: $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\left(\frac1{(2k-1)^2}-\frac3{4k^2}\right) &=\sum_{k=1}^n\left(\frac1{(2k-1)^2}+\frac1{(2k)^2}-\frac1{k^2}\right)\\ &=\sum_{k=1}^{2n}\frac1{k^2}-\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}\\ &=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1{k^2}\tag{1} \end{align} $$ Utilizando fracciones parciales y sumando la serie telescópica, obtenemos $$ \hspace{-1cm} \frac1{n+1}-\frac1{2n+2} =\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1{k(k+1)} \le\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1{k^2} \le\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1{k(k-1)} =\frac1n-\frac1{2n}\tag{2} $$ Por lo tanto, el Teorema del apretón y $(2)$ rendimiento $$ \lim_{n\to\infty}n\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1{k^2}=\frac12\tag{3} $$

Answer 2

Bien, resulta que

$$\sum_{k=1}^n\left( \frac{1}{(2k-1)^2} - \frac{3}{4k^2}\right) = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{(k+n)^2}$$

Esto puede demostrarse observando que

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

El límite deseado puede entonces reescribirse como

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{(1 + (k/n))^2}$$

que puedes reconocer como una suma de Riemann, igual a

$$\int_0^1 dx \: \frac{1}{(1+x)^2} = \frac{1}{2}$$

Answer 3

$$n\sum_{k=1}^n\frac{1}{(2k-1)^2}-\frac{3}{4k^2} =n(H_{2n}^{(2)}-H_{n}^{(2)})=\sum_{j=1}^n\frac{n}{(j+n)^2}\to\int_0^1\frac{dx}{(1+x)^2} =\frac{1}{2}$$

Answer 4

Utilizando el Fórmula de la suma de Euler-Maclaurin , $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\left(\frac1{(2k-1)^2}-\frac3{4k^2}\right) &=\sum_{k=1}^n\left(\frac1{(2k-1)^2}+\frac1{(2k)^2}-\frac1{k^2}\right)\\ &=\sum_{k=1}^{2n}\frac1{k^2}-\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}\\ &=\left(C-\frac1{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\right)-\left(C-\frac1n+O\left(\frac1{n^2}\right)\right)\\ &=\frac1{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right) \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}n\sum_{k=1}^n\left(\frac1{(2k-1)^2}-\frac3{4k^2}\right) &=\lim_{n\to\infty}n\left(\frac1{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\right)\\ &=\frac12 \end{align} $$

Answer 5

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{\lim_{n\ \to\ \infty}\bracks{n\sum_{k = 1}^{n}\fermi\pars{k}}:\ {\large ?}. \qquad\fermi\pars{k} \equiv {1 \over \pars{2k -1}^{2}} - {3 \over 4k^{2}}}$

Tenga en cuenta que $\ds{\sum_{k = 1}^{\infty}\fermi\pars{k} = 0}$ porque $$ \sum_{k = 1}^{\infty}\fermi\pars{k} =\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \pars{2k - 1}^{2}} -\sum_{k = 1}^{\infty}{3 \over 4k^{2}} =\bracks{\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over k^{2}} -\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over \pars{2k}^{2}}} -\sum_{k = 1}^{\infty}{3 \over 4k^{2}} $$

Con Teorema de Stolz-Cesàro : \begin {align}& \color {#66f}{ \large\lim_ {n\ \to\ \infty } \bracks {% n \sum_ {k = 1}^{n} \fermi\pars {k}}}= \lim_ {n\ \to\ \infty }{ \sum_ {k = 1}^{n}% \fermi\pars {k} \over 1/n} = \lim_ {n\ \to\ \infty }{% \sum_ {k = 1}^{n + 1} \fermi\pars {k} - \sum_ {k = 1}^{n} \fermi\pars {k} \over 1/ \pars {n + 1} - 1/n} \\ [3mm]&= \lim_ {n\ \to\ \infty } \bracks {-n \pars {n + 1} \fermi\pars {n + 1}} = \lim_ {n\ \to\ \infty } \braces {n \pars {n + 1} \bracks {{3 \over 4 \pars {n + 1}^{2}} - {1 \over 4 \pars {n + 1}^{2}}}} \\ [3mm]&= \half\ , \lim_ {n\ \to\ \infty }{n \over n + 1}= \color {#66f}{ \Large\half } \end {align}