$\lim_\limits{n\to \infty}\ (\frac{1}{2n} + \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n-2} + ... + \frac{1}{n+1})$ ?

Question

¿qué valor se da a este límite?

$$\lim_{n\to \infty}\ \bigg(\frac{1}{2n} + \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n-2} + \cdots + \frac{1}{n+1}\bigg)$$

¿Es simplemente 0 porque cada término tiende a 0 y sólo estás sumando ceros?

Answer 1

Pensé que podría ser instructivo para presentar un enfoque que se basa en el desarrollo de una representación alternativa de la serie de interés. A fin de proceder.

---

Tenga en cuenta que podemos escribir la suma de $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n}=\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n-1}+\cdots \frac{1}{n+1}$

$$\begin{align} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+n}&=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k\\\\ &=\color{blue}{\sum_{k=1}^{2n}\frac1k} - \color{red}{\sum_{k=1}^n\frac1k}\\\\ &=\color{blue}{\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k}\right)}-\color{red}{ 2\sum_{k=1}^n\frac1{2k}}\\\\ &=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right)\\\\ &=\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k} \end{align}$$

Por lo tanto, la serie de interés es la serie armónica alternante.

---

Siguiente, recordando que la Serie de Taylor para $\log(1+x)$$\log(1+x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k}$,$\log(2)=\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k}$. Por lo tanto, podemos afirmar que el

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

---

NOTA: la Evaluación de la alternancia serie armónica sin recurrir a la Serie de Taylor

Podemos evaluar la alternancia serie armónica de un número de maneras. De aquí se procede por escrito

$$\begin{align} \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k}&=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k-1}\int_0^1 x^{k-1}\,dx\\\\ &=\lim_{n\to \infty}\int_0^1 \sum_{k=1}^n (-x)^{k-1}\,dx\\\\ &=\lim_{n\to \infty}\int_0^1\frac{1-(-x)^n}{1+x}\,dx\\\\ &=\log(2)-\lim_{n\to \infty}\int_0^1 \frac{(-x)^n}{1+x}\,dx \end{align}$$

Para la integral en el lado derecho de la última expresión, incluso en términos monótonamente disminuir, mientras que los impares términos monótonamente aumentar el $n$. En cuanto al valor absoluto de la integral es delimitada como

$$\left|\int_0^1 \frac{(-x)^n}{1+x}\,dx \right|\le \frac{1}{n+1}$$

el límite de $\lim_{n\to \infty}\int_0^1 \frac{(-x)^n}{1+x}\,dx$ existe y es igual a $0$. De hecho, el uso de Leibniz de la prueba, la alternancia de la serie converge y, por lo tanto, el límite de $\lim_{n\to \infty}\int_0^1 \frac{(-x)^n}{1+x}\,dx$ debe existir.

Por lo tanto, llegamos a el valor de la serie de interés como $\log(2)$ como se esperaba!

Answer 2

Tenga en cuenta que cada término tiende a $0$, pero el número de términos que tiende a $\infty$.

Sugerencia. En mayo de escribir $$ \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n-2} + ... + \frac{1}{n+1}=\frac1n \cdot \sum_{k=1}^n\frac1{1+\frac{k}{n}} $$ y reconocer una suma de Riemann.

Answer 3

Mediante el uso de este, llegamos $\lim_{n\to \infty}(\frac{1}{2n} + \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n-2} + ... + \frac{1}{n+1})=\ln{2}$.

Answer 4

Para $n>0\;$ $\;k=n+1,n+2,...2n,$

$$\int_k^{k+1}\frac{dx}{x}\leq \frac{1}{k}\leq \int_{k-1}^k \frac{dx}{x}$$

$\implies$

$$\ln(\frac{2n+1}{n+1})\leq\sum_{n+1}^{2n}\frac 1k\leq \ln(\frac{2n}{n})$$

y el límite es de $\ln(2)$.

Answer 5

Alternativamente,

\begin{align*} 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n} &= \ln n+\gamma+\frac{1}{2n}+O\left( \frac{1}{n^2} \right) \\ \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{2n} &= \left[ \ln (2n)+\gamma+\frac{1}{2(2n)} \right]- \left( \ln n+\gamma+\frac{1}{2n} \right)+ O\left( \frac{1}{n^2} \right) \\ &= \ln 2-\frac{1}{4n}+O\left( \frac{1}{n^2} \right) \end{align*}