Duda sobre límite de suma de secuencias. Dos procedimientos conduce a diferentes respuestas.

Question

Tengo el siguiente problema.

Determinar la convergencia o divergencia de la secuencia de $(x_n)$ donde $$x_n=\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{2n}.$$

Mi primer planteamiento fue:

Bueno, ya $(x_n)$ es la suma de las secuencias de $\left(\frac{1}{n+1}\right),\ldots,\left(\frac{1}{2n}\right)$ y cada uno de ellos son convergentes, en el hecho de que converge a $0$, entonces el límite de $(x_n)$ debe $0$.

Mi segundo enfoque fue:

Si hacemos los cálculos, tenemos que $$x_{n+1}-x_n=\frac{1}{(2n+1)(2n+2)}>0$$ then $$x_{n+1}>x_n$$ i.e., $x_n$ es un aumento de la secuencia.

También, como en $x_n$ suma $n$ elementos que son menos o equan de $\frac{1}{n+1}$, luego $$x_n=\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \ldots + \frac{1}{2n}<\frac{n}{n+1}<1$$ i.e., $(x_n)$ es un almacén de secuencia.

Ahora, desde la $(x_n)$ es creciente y acotada de la secuencia, se deduce que su límite es el supremum de $(x_n)$.

Molesto pregunta.

Pero, ¿cómo $(x_n)$ puede converger a $0$ (como se muestra en mi primera aproximación) y, al mismo tiempo, converge a su supremum cuando se trata de un aumento de la secuencia? Puede ser de 0 a su supremum? Esto no es una contradicción?

Cualquier ayuda se agradece.

Answer 1

La idea propuesta: Cada uno de los términos converge a $0$; por lo tanto su suma converge a $0$. [???]

Que es true si el número de términos que no cambia como $n$ crece. Si $A_1,\ldots,A_{50}$ todos $0$$n\to\infty$, también lo $A_1+\cdots+A_{50}$. Pero si en lugar de $50$ términos, tenemos $n$ términos, por lo que el número de términos que crece como $n$ crece, entonces la conclusión no es válida. Por ejemplo, considere esto: $$ \underbrace{ \frac 1 n + \cdots + \frac 1 n }_\text {$n$}. $$ Esto se suma a $1$, y que no se aproximan a $0$ $n$ crece, a pesar de que cada término enfoques $0$ $n$ crece.

Esta suma puede ser visto como una suma de Riemann: $$ \frac 1 n \left( f(1) + f\left(1+\frac 1 n\right) + f\left(1+\frac 2n\right) + \cdots + f\left( 1+ \frac n \right) \right) $$ donde $f(x) = \dfrac 1 x$. Así que esta suma enfoques $\displaystyle \int_1^2 \frac 1 x\,dx = \log_e 2$.

Answer 2

Usted puede utilizar un resultado bien conocido en teoría analítica del número que $H_n = 1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3} +\cdots +\dfrac{1}{n} - \ln n$ converge a $\gamma$ y escribir $x_n$ $H_n$. O suma de Riemann como un método preferido como sigue: $x_n \to \displaystyle \int_{0}^1 \dfrac{1}{1+x}dx = \ln 2$

Answer 3

Pensé que podría ser instructivo para presentar un enfoque que se basa en el único sencillo de la aritmética y de Leibniz de la Prueba para la alternancia de la serie.

De continuar con este camino adelante, tenemos primero que volver a escribir la serie de interés $\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}$

$$\begin{align} \sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}&=\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\\\\ &=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k}\right)-2\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2k}\\\\ &=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right)\\\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{n-1}\frac1k} \tag 1 \end{align}$$

Entonces, desde el $\frac1k$ converge monótonamente a cero, Leibniz de la Prueba garantiza que la serie en $(1)$ converge.

Puede ser interesante observar que mientras la serie en el lado derecho de la $(1)$ converge condicionalmente, la serie $\sum_{k=1}^\infty = \left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2k(2k-1)}$ converge absolutamente. Por lo tanto, tenemos dos diferentes convergente la serie de representaciones, de las cuales sólo una es absolutamente convergente.

Nota, podemos evaluar el límite de la serie en el lado derecho de la $(1)$ recordando la serie de Taylor para $\log(1+x)$ está dado por

$$\log(1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{x^k}{k}\tag 2$$

Comparando $(1)$ $(2)$ vemos que el límite de la serie de interés está dada por

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to \infty}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}=\log(2)}$$

lo cual está de acuerdo con los resultados reportaron que las sumas de Riemann!

Answer 4

Si utiliza números armónicos, tienes $$x_n=H_{2 n}-H_n$$ For large values of $k$, the Wikipedia page gives $$H_k=\gamma + \log (k) + \frac {1} {2 k}-\frac {1} {k^2}+O\left(\frac{1}{k^3}\right) 12$$ which makes $% $ $x_n=\log (2)-\frac{1}{4 n}+\frac{1}{16 n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)$que muestra el límite y cómo se aborda.

Para fines de Ilustración, que nos nos $n=10$; el resultado exacto es $\frac{155685007}{232792560}\approx 0.66877140$ mientras que la aproximación anterior daría $\log(2)-\frac{39}{1600}\approx 0.66877218$