$\lim_{n\to\infty}\frac{n -\big\lfloor\frac{n}{2}\big\rfloor+\big\lfloor\frac{n}{3}\big\rfloor-\dots}{n}$, un problema brillante

Question

Me encuentro con una pregunta cuando visite Brillante:

Encontrar

$\space\space\space\space\lim_{n\to\infty}s_n$

$=\lim_{n\to\infty}\frac{n - \big \lfloor \frac{n}{2} \big \rfloor+ \big \lfloor \frac{n}{3} \big \rfloor - \big \lfloor \frac{n}{4} \big \rfloor + \dots}{n}$

$=\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}{n}$

La respuesta en el sitio web de arriba, realmente no me satisface, ya que la respuesta no cuenta cómo la secuencia convergen y yo no podía entender cómo podemos tomar subsequence $n_k=k!$ a resolver el problema.

Yo tenía algo de idea, pero no parece funcionar:

1) es fácil demostrar a $$s_n=\frac{\sum_{k=1}^{\big\lceil\frac{n}{2}\big\rceil}(\big\lfloor\frac{n}{2k-1}\big\rfloor-\big\lfloor\frac{n}{2k}\big\rfloor)}{n}$$

2) Por otro lado,

$$s_n\approx\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\frac{1}{k}\to\ln2$$

Así que me estoy preguntando cómo $s_n\approx$ la alternativa hamonic de la serie $$\forall(n,k\in\mathbb N:n\ge k),\space\space\frac{n}{k}\in\Bigg[\bigg\lfloor\frac{n}{k}\bigg\rfloor,\bigg\lfloor\frac{n}{k}\bigg\rfloor+\bigg(\frac{k-1}{k}\bigg)\Bigg]$$

Traté de mirar en el gráfico, la secuencia de $s_n$ es muy probable que convergen a $\ln 2$, y en la alternancia de armónicos de la serie parece estar limitada por la gráfica de $s_n$ en la mayoría del tiempo.

3) También he observado que $s_8=\frac{8-4+2-2+1-1+1-1}{8}=\frac{1}{2}$, los términos cancelado bien, pero tengo miedo de que la anlalogue no es en general cierto para todos los $s_{2^k}$.

4) he tratado de usar Stolz–Cesàro Teorema, pero no parece útil ni.

5) sé que $\forall x,y\in\mathbb R:x+y\in\mathbb Z, \lfloor x\rfloor+\lceil y\rceil=x+y$, lo que tal vez es útil, ya que así se puede escribir $s_n$ más hermosa manera?

6) Si no se $(-1)^{k+1}$, creo que podemos tratar a $s_n$ como una suma de Riemann, pero bueno, ... , parece inútil.

7) he tratado de pensar acerca de cómo muchos de los términos de sumando de a $ns_n$ es un entero.

8) he tratado de pensar en $\big\lfloor\frac{n}{k}\big\rfloor$ a medida que el número de enteros positivos múltiples de $k$ que $\lt n$, y a continuación se consideran los conjuntos de número que se cuenta y no se contaron respectivamente, pero bueno, la cuestión no parece tan fácil.

¿Esta ayuda? (1) (2) (3)

Cualquier ayuda se aprecia. Gracias!

Comentarios: me preguntaba ¿hay una profunda objeto de estudio de este (si es así referencias por favor). Puede esto (o variantes) ser representado como una simple función?

Answer 1

Deje $f : [0, 1] \to \mathbb{R}$ ser definido por

$$f(x) = \mathbf{1}_{\{\text {$x > 0$$\lfloor 1/x \rfloor$ es impar}\}} = \sum_{i=1}^{\infty} \mathbf{1}_{\{ 2i-1 \leq \frac{1}{x} < 2i \}}. $$

A continuación, por la doble contabilización, nos encontramos con que

\begin{align*} s_n = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \bigg\lfloor \frac{n}{k} \bigg\rfloor &= \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \sum_{j=1}^{n} \mathbf{1}_{\{kj \leq n\}} \\ &= \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \mathbf{1}_{\{kj \leq n\}} = \sum_{j=1}^{n} f\left(\frac{j}{n}\right). \end{align*}

Ahora utilizamos el siguiente lema:

Lema. Deje $f : [0, 1] \to \mathbb{R}$ ser Riemann integrable. Entonces $$ \lim_{n\to\infty} \sum_{j=1}^{n} f\left(\frac{j}{n}\right)\frac{1}{n} = \int_{0}^{1} f(x) \, dx. $$

A partir de esto, sabemos que $s_n/n$ converge y

$$ \lim_{n\to\infty} \frac{s_n}{n} = \int_{0}^{1} f(x) \, dx = \sum_{i=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2i-1} - \frac{1}{2} \right) = \log 2. $$

Answer 2

Tenga en cuenta $$\frac{1}{n}\sum{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor=\frac{1}{n}\sum{k=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor-\frac{1}{n/2}\sum{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}\left\lfloor\frac{n/2}{k}\right\rfloor=\frac{D(n)}{n}-\frac{D(n/2)}{n/2}.$ $ $D(x)= \sum{k\geq 1}^{n}\left\lfloor\frac{x}{k}\right\rfloor$ dónde está la función summatory divisor. Se sabe que %#% $ #% (ver también Problema de Divisor de Dirichlet). Por lo tanto, como $$D(x) = x\ln(x) + x(2\gamma -1) + O(\sqrt{x})\implies \frac{D(x)}{x} = \ln(x) + (2\gamma -1) + o(1)$ $n$, $$ \frac {1} {n} \sum_ {k = 1} ^ {}(-1) n ^ {k+1} \left\lfloor\frac {n} {k} \right\rfloor= \ln (n)-\ln(n/2) + o (1) \to \ln(2). $$

Answer 3

Primaria secundaria enfoque

Uno puede mostrar inmediatamente con el teorema del sándwich que $$L_1=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=1}^{\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor}\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\right)=\log(2),$$

utilizando el simple hecho de que $\lim_{n\to\infty}(H_{2n}-H_n)=\log(2)$.

Pero, ¿adivinen qué! Su límite es

$$\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\right)=L_1,$$ y por lo tanto se puede utilizar la primera de límite para calcular el limite inicial y, a continuación, mostrar que la suma de los términos restantes tiende a $0$, que es sencillo.

La adición de algunos pasos solicitados por OP

WLOG, para la comodidad de los cálculos, se puede sustituir en el limite inicial de $n$$2n$, y el uso de la doble desigualdad con la función del suelo $x\ge\left\lfloor x\right\rfloor\ge x-1$, tenemos

$$H_{2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\ge\sum_{k=1}^{2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor\ge H_{2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}-\frac{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}{n}$$

$$-H_{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}+\frac{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}{n}\ge-\sum_{k=1}^{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\ge-H_{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor},$$ que dar $$H_{2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}-H_{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}+\frac{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}{n}\ge\sum_{k=1}^{2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=1}^{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\ge H_{2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}-H_{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}-\frac{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}{n}.$$ Dejando $n\to\infty$ obtener el valor del límite de $L_1$. Si denotando $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor=m$, tenemos el tipo de límite se mencionó anteriormente, $\lim_{m\to\infty}(H_{2m}-H_m)=\log(2)$.

Su límite, después de la sustitución de $n$$2n$, es

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k-1}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-2\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{2k}\right\rfloor\right)$$ $$=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\right).$$

¿Qué queda por hacer? El uso en el último límite que limitan $L_1$ calculado anteriormente. $$\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\right)$$ $$=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor+\sum_{k=2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor+1}^{2n}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=1}^{\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor}\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor+1}^n\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\right)$$ $$=\underbrace{\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=1}^{\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor}\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\right)}_{\displaystyle \log(2)}+\underbrace{\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor+1}^{2n}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor+1}^n\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\right)}_{\displaystyle 0}$$ $$=\log(2),$$ y el límite tendiendo a $0$ puede ser realizado por la organización de las sumas por debajo del límite bajo la forma de una corriente alterna de la suma y, a continuación, apretar la suma.

Más explicaciones en el límite tendiendo a $0$

Es claro que $$0\le\sum_{k=2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor+1}^{2n}\frac{1}{2n}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor-\sum_{k=\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor+1}^n\frac{1}{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor=\frac{1}{2n}\sum_{k=\underbrace{2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor+1}_{m}}^{2n}(-1)^{k-1}\left\lfloor\frac{2n}{k}\right\rfloor$$ $$=\frac{1}{2n}\left(\left\lfloor\frac{2n}{m}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2n}{m+1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2n}{m+2}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2n}{m+3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2n}{m+4}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2n}{m+5}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2n}{m+6}\right\rfloor-\cdots\right)$$ $$\le\frac{1}{2n}\left(\left\lfloor\frac{2n}{m}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2n}{m+1}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2n}{m+1}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2n}{m+3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2n}{m+3}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{2n}{m+5}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{2n}{m+5}\right\rfloor-\cdots\right)$$ $$=\frac{1}{2n}\left(\left\lfloor\frac{2n}{m}\right\rfloor-1\right)=\frac{1}{2n}\left(\left\lfloor\frac{2n}{2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor+1}\right\rfloor-1\right),$$ donde dejar a $n\to\infty$, obviamente logramos $0$, lo que representa el límite tendiendo a $0$ en mi solución.

Un comentario final

Uno debe tener trató desde el principio con esta parte del límite tendiendo a $0$ desde que tenía en el formulario con la alternancia suma como se esperaba.