La evaluación de $ \lim\limits_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n^2} \frac{n}{n^2+k^2} $

Question

Cómo evaluaría la siguiente serie?

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

Gracias.

Answer 1

Recordar que para cualquier función decreciente $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ y cualquier $N>1$ hemos $$ \int\limits_1^{N+1}f(x)dx\leq \sum\limits_{k=1}^{N}f(k)\leq \int\limits_0^N f(x)dx $$ Después de sustituciones $N=n^2$, $f(x)=n/(n^2+x^2)$ y simple los cálculos que hemos $$ \arctan\frac{n^2+1}{n}-\arctan \frac{1}{n}\leq\sum\limits_{k=1}^{n^2}\frac{n}{n^2+k^2}\leq\arctan n $$ Vamos a echar un límite de $n\to\infty$, luego de sándwich lema es el siguiente $$ \lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{n^2}\frac{n}{n^2+k^2}=\frac{\pi}{2} $$

P. S. la Primera solución no era el rigor suficiente.

Answer 2

Sugerencia: $$\int_0^a f(x) dx \approx \sum_{k=0}^{na} \frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$$ Use $f(x) = \frac{1}{1+x^2}$.

Addendum: Afortunadamente, $f(x)$ es estrictamente decreciente, por lo tanto, el error está delimitado por $\frac{f(0)-f(a)}n$, que a su vez es $<\frac1n$, independiente de $a$. Esta última observación nos permite el uso de $a=n$ sin estropear la convergencia a $\int_0^\infty f(x) dx$.

Answer 3

El uso de $x=k/n$ $\mathrm{d}x=1/n$ $$ S_m(n)=\sum_{k=0}^{mn}\frac{n}{n^2+k^2}=\sum_{k=0}^{mn}\frac{1}{1+(k/n)^2}\frac1{\vphantom{k^2}n}\tag{1} $$ es una Suma de Riemann para $$ I_m=\int_0^m\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}\etiqueta{2} $$ Para cualquier $m$$n$, tenemos $$ \sum_{k>mn}\frac{n}{n^2+k^2}\le\sum_{k>mn}\frac{n}{k(k-1)}=\frac1m\etiqueta{3} $$ lo que implica que $$ S_m(n)\le S_\infty(n)=\lim_{m\to\infty}S_m(n)\le S_m(n)+\frac1m\etiqueta{4} $$ Desde $$ I_\infty=\lim\limits_{m\to\infty}I_m=\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}\etiqueta{5} $$ para cualquier $\epsilon>0$, hay un $m_\epsilon\ge\frac1{\large\epsilon}$, de modo que para $m\ge m_\epsilon$, $$ I_\infty-\epsilon\le I_m=\lim_{n\to\infty}S_m(n)\le I_\infty\etiqueta{6} $$ Por último, hay un $n_\epsilon\ge m_\epsilon$, de modo que para $n\ge n_\epsilon$, $$ I_\infty-2\epsilon\le S_{m_\epsilon}(n)\le I_\infty+\epsilon\etiqueta{7} $$ Desde $m_\epsilon\ge\frac1{\large\epsilon}$, $(4)$ y $(7)$ rendimiento que para $n\ge n_\epsilon$ $$ I_\infty-3\epsilon\le S_n(n)\le I_\infty+2\epsilon\etiqueta{8} $$ Desde $\epsilon$ fue arbitrario, tenemos que $$ \lim_{n\to\infty}S_n(n)=I_\infty\etiqueta{9} $$ que se traduce en $$ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n^2}\frac{n}{n^2+k^2}=\int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\frac\pi2\tag{10} $$

Answer 4

He aquí otro enfoque.

En primer lugar, tenga en cuenta que $$\begin{eqnarray*} \sum_{k=n^2+1}^\infty \frac{n}{n^2+k^2} &<& \sum_{k=n^2+1}^\infty \frac{n}{k^2} \\ &\le& n\int_{n^2}^\infty \frac{dx}{x^2} \\ &=& \frac{1}{n}. \end{eqnarray*}$$ También necesitamos la fracción parcial de expansión de $\coth x$, $$\begin{eqnarray*} \coth x &=& \lim_{N\to\infty} \sum_{k=-N}^N \frac{1}{x-i k \pi} \\ &=& \frac{1}{x} + \sum_{k=1}^\infty \frac{2x}{x^2+k^2\pi^2}. \end{eqnarray*}$$ Entonces nos encontramos con la $$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n^2} \frac{n}{n^2+k^2} &=& \lim_{n\to\infty}\left( \sum_{k=1}^\infty \frac{n}{n^2+k^2} - \sum_{k=n^2+1}^\infty \frac{n}{n^2+k^2} \right) \\ &=& \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^\infty \frac{n}{n^2+k^2} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \left(\frac{\pi}{2}\coth n\pi - \frac{1}{2n}\right) \\ &=& \frac{\pi}{2}. \end{eqnarray*}$$

Answer 5

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\lim_{n \to \infty}\sum_{k = 1}^{n^{2}}{n \over n^{2} + k^{2}}:\ {\large ?}}$

\begin{align} \color{#c00000}{\sum_{k = 1}^{n^{2}}{n \over n^{2} + k^{2}}}&= -\Im\sum_{k = 1}^{n^{2}}{1 \over k + \ic n} =-\Im\sum_{k = 0}^{n^{2} - 1}{1 \over k + 1 + \ic n} \\[3mm]&=-\Im\sum_{k = 0}^{\infty}\pars{% {1 \over k + 1 + \ic n} - {1 \over k + n^{2} + 1 + \ic n}} \\[3mm]&=-n^{2}\,\Im\sum_{k = 0}^{\infty} {1 \over \pars{k + n^{2} + 1 + \ic n}\pars{k + 1 + \ic n}} \\[3mm]&=\color{#c00000}{% \Im\bracks{\Psi\pars{1 + \ic n} - \Psi\pars{n^{2} + 1 + \ic n}}} \end{align} donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la Digamma Función. $\ds{z \in {\mathbb C}\verb=\=\braces{0,-1,-2,\ldots}}$. Haremos uso de la propiedad $\ds{\Psi\pars{z} \approx \ln\pars{z}}$ al $\ds{\verts{z} \gg 1}$ y $\ds{\verts{{\rm Arg}\pars{z}} < \pi}$.

A continuación, \begin{align}\color{#00f}{\large% \lim_{n \to \infty}\sum_{k = 1}^{n^{2}}{n \over n^{2} + k^{2}}}&= \lim_{n \to \infty}\Im\bracks{\Psi\pars{1 + \ic n} - \Psi\pars{n^{2} + 1 + \ic n}} \\[3mm]&=\lim_{n \to \infty} \Im\bracks{\ln\pars{1 + \ic n} - \ln\pars{n^{2} + 1 + \ic n}} \\[3mm]&= \lim_{n \to \infty}\bracks{\arctan\pars{n} - \arctan\pars{n \over n^{2} + 1}} =\color{#00f}{\large{\pi \over 2}} \end{align}