Valutare il limite del quoziente di due somme infinite

Question

Come posso valutare questo limite?

$$\lim_{n\to\infty}\underbrace{\frac{\sum_{k=1}^n \frac 1k}{\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{2k-1} }}_{=:a_n}$$

Secondo WolframAlpha, il limite deve essere 2 ma come posso mostrarlo? Vedo che è monotono aumentare così quando potrei mostrare$\sup_{n \in \mathbb N} a_n = 2$, sarebbe fatto. Ma sono un po 'bloccato ...

Answer 1

si noti che il denominatore può essere riscritto come $$\sum_{k=1}^{2n+1} \frac 1k - \frac 12 \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$$ Dopodiché diventa abbastanza facile: dividi numeratore e denominatore per $\sum_{k=1}^n \frac 1k$. Questo ti dà il limite$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\frac 12 + \frac{\sum_{k=n+1}^{2n+1} \frac 1k}{\sum_{k=1}^n \frac 1k}}= 2$$

Answer 2

La regola L'Hopital ha una versione discreta, a determinate condizioni; è comunemente noto come teorema di Stolz-Cesaro . Qui, trattiamo la somma come integrazione (e viceversa, consideriamo le differenze come differenziazione). L'affermazione di solito è qualcosa del genere: if the sequence$\{ b_n \}$ è positivo e $\sum b_n = \infty$ (cioè divergente), quindi per qualsiasi sequenza $\{ a_n \}$ di reali tale che $\lim_{n\to+\infty} a_n/b_n = L$, noi abbiamo

$$ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{j \le n} a_j}{\sum_{j\le n} b_j} = L. $$

Una conseguenza piuttosto interessante di questo è il test di confronto dei limiti.

Per l'esempio fornito, prendi $a_n = 1/n$ e $b_n = 1/(2(n+1) - 1) = 1/(2n + 1)$ ottenere $2$ come limite.

Answer 3

Spiegazione intuitiva:

Il rapporto è

$$2\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac 1k}{\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac 1{k-\frac12}}$$ e per crescere $k$, il termine $\frac12$diventa sempre meno significativo. Allo stesso tempo entrambe le serie divergono, quindi i termini iniziali non hanno importanza.

---

Con un argomento più serio, potresti mettere tra parentesi le somme per integrazione e ottenere i limiti del modulo $\log n+c$. Quindi spremendo

$$\frac{\log n+c_1}{\frac12\log n+c_2}<2<\frac{\log n+c_3}{\frac12\log n+c_4}.$$

Answer 4

Confrontando termine per termine, abbiamo $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac1k &\le\sum_{k=1}^n\frac1{k-\frac12}\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k-\frac12}-\frac1{n+\frac12} \end{align} $$ Allo stesso modo, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac1k &\ge\sum_{k=1}^n\frac1{k+\frac12}\\ &=\sum_{k=2}^{n+1}\frac1{k-\frac12}\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k-\frac12}-2 \end{align} $$ Quindi, $$ 2\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{2k-1}-2\le\sum_{k=1}^n\frac1k\le2\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{2k-1}-\frac1{n+\frac12} $$ e quindi, $$ 2-\frac2{\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{2k-1}}\le\frac{\sum_{k=1}^n\frac1k}{\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{2k-1}}\le2-\frac1{\left(n+\frac12\right)\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{2k-1}} $$ Ora applica il teorema di compressione.