Tratamos de probar $\lim_{n \to \infty}n(\ln 2-A_n) = \frac{1}{4}$

Question

$$A_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}$$ Tratamos de probar $$\lim_{n \to \infty}n(\ln 2-A_n) = \frac{1}{4}$$

Trato de descomponer $\ln 2$ $$\ln(2n)-\ln(n)=\ln\left(1+\frac{1}{2n-1}\right)+\dots+\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\;,$ $ pero no puedo continuar, ¿es eso cierto?

Answer 1

Dejando $f(x)=1/x$ hemos $$ \int_1^2 f(x) \; dx = \log_e 2 $$ y $$ \frac 1 n \left( f\left(1+\frac 1 n\right) + f\left(1+\frac 2 n\right) + f\left(1+\frac 3 n\right) + \cdots + f\left(1+\frac n\right) \right) \a \int_1^2 f(x) \; dx\text{ como }n\to\infty, $$ así $$ \frac 1 n \left( \frac{n}{n+1} + \frac{n}{n+2}+\frac{n}{n+3} + \cdots + \frac{n}{n+n} \right) \a \log_e 2 \text{ como } n\to \infty. \etiqueta{1} $$ Desde $f$ es una función decreciente, esto es una menor suma de Riemann, por lo que se aproxima la integral de abajo. La diferencia $$ \log_e 2 - \{\text{la suma en (1)}\} $$ es positivo y enfoques $0$. Esa diferencia es la suma de las áreas de $n$ regiones por debajo de la curva y por encima de la parte superior de los rectángulos que se dibuja cuando ilustrar la suma de Riemann. Cada región es casi un triángulo. Su base tiene una longitud de $1/n$. Tiene un lado vertical que es una línea recta. Su hipotenusa es una curva que es casi una línea recta. La suma de las alturas de los casi-triángulos es $1/2$. Por lo que la suma de $1/2\times\text{base}\times\text{height}$$1/2\times1/n\times1/2$. Multiplicar por $n$ conseguir $1/4$.

Pero no son exactamente los triángulos, ya que la hipotenusa es una curva. Se aproxima a una línea recta como se $n\to\infty$. El problema es lidiar con este presente párrafo.

Answer 2

Vamos a hacer trampa y utilizar uno de Euler muchos de los resultados:

$$\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i} = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$

Tenga en cuenta que:

$$A_n + \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i} = \sum_{i=1}^{2n} \frac{1}{i}$$

La sustitución de Euler resultado para ambas sumatorias, obtenemos:

$$A_n + \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right) = \ln 2n + \gamma + \frac{1}{4n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$

Reordenación y el uso de $\ln 2n = \ln 2 + \ln n$, obtenemos

$$A_n = \ln 2 - \frac{1}{4n} + O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$

Por lo tanto la que solicita el límite se convierte en

$$\lim_{n \to \infty} n (\ln 2 - A_n) = \lim_{n \to \infty} n \left(\frac{1}{4n} - O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right) = \frac{1}{4}$$

Answer 3

Tratando de seguir la idea de la OP, escribir $$ \log 2 = \log (2n+2) - \log (n+1) = \log \left( 1+ \frac{1}{2n+1} \right) + \log \left( 1+ \frac{1}{2n} \right) + \cdots + \log \left( 1+ \frac{1}{n+1} \right) $$

así que, a continuación, $$ n( \log 2 - A_n) = n\log \left(1+ \frac{1}{2n+1} \right) + n\sum_{k=1}^n \left( \log \left( 1+ \frac{1}{n+k} \right) - \frac{1}{n+k} \right) .$$

Desde cerca de $x=0$ tenemos $\displaystyle \log(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \mathcal{O}(x^3) ,$ el primer término tiende a $1/2$ y el sumando es $ \displaystyle \frac{-1}{2 (n+k)^2 } + \mathcal{O}(1/n^3) .$ $$n\sum_{k=1}^n \left( \log \left( 1+ \frac{1}{n+k} \right) - \frac{1}{n+k} \right) = \frac{-1}{2} \cdot \frac{1}{n} \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{\left(1+ \frac{k}{n} \right)^2}\right) + \mathcal{O}(1/n) $$

$$ \to \frac{-1}{2} \int^1_0 \frac{1}{(1+x)^2} dx= -\frac{1}{4}. $$

Por lo tanto, $$ n(\log 2 - A_n) \to \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}.$$

Answer 4

Tenga en cuenta que $$ \log 2-A_n=\int_n^{2n}\frac{\mathrm dx}x-\sum_{k=1}^n\frac1{n+k}=\sum_{k=1}^n\int_0^1\frac{1-x}{(n+k-1+x)(n+k)}\mathrm dx. $$ Para obtener un límite superior, el uso de $n+k-1+x\geqslant n+k-1$, por lo tanto $$ \log 2-A_n\leqslant\sum_{k=1}^n\frac{1}{(n+k-1)(n+k)}\int_0^1(1-x)\mathrm dx. $$ La integral es $\frac12$ y la suma es $$ \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{n+k-1}-\frac1{n+k}\right)=\frac1n-\frac1{2n}=\frac1{2n}, $$ por lo tanto $$ \log 2-A_n\leqslant\frac1{4n}. $$ Para obtener un límite inferior, el uso de $n+k-1+x\leqslant n+k\leqslant n+k+1$, por lo tanto $$ \log 2-A_n\geqslant\sum_{k=1}^n\frac{1}{(n+k)(n+k+1)}\int_0^1(1-x)\mathrm dx. $$ La integral es todavía $\frac12$ y la suma es $$ \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{n+k}-\frac1{n+k+1}\right)=\frac1{n+1}-\frac1{2n+1}=\frac{n}{(n+1)(2n+1)}, $$ por lo tanto $$ \log 2-A_n\geqslant\frac{n}{2(n+1)(2n+1)}=\frac{u_n}{4n}, $$ con $$ u_n=\frac1{(1+1/n)(1+1/(2n))}. $$ Finalmente, $\frac14u_n\leqslant n(\log2-A_n)\leqslant\frac14$ $u_n\to1$ por lo tanto $n(\log2-A_n)\to\tfrac14$.