[Ex] Quasi serie armonica

Esercizio:
Si calcoli
\[ \lim_{n \to + \infty} \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} \]
possibilmente senza l’uso del calcolo integrale.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Per ogni $n>0$ sussistono le seguenti uguaglianze

$\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=$

Riordino i termini di $\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2i-1}+\frac{1}{2i}+...+\frac{1}{2n}$ per scriverla come sommatoria per $k$ da $1$ a $n$

$=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k}\right)-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}
=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right)=$

Stesso giochino di prima

$=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}\right)=1-\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2i-1}-\frac{1}{2i}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}=\sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}\frac{1}{k}$

Per $n\to+\infty$, l'ultima sommatoria tende a $\ln(2)$ per lo sviluppo del logaritmo.

Più che un'alternativa, una conferma.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

A posteriori, dopo aver mostrato che effettivamente il limite della successione è $\ln(2)$, mi sono messo alla ricerca di una dimostrazione alternativa: sinceramente non mi è venuto in mente alcuna prova diretta, senza utilizzare gli integrali.

Sono quindi partito, molto maliziosamente lo ammetto, dalla funzione logaritmo $f(x)=\ln(x)$ e ho applicato il teorema di Lagrange sull'intervallo $[k,k+1]$ con $k\in\mathbb{N}\setminus\{0}$: esiste $\xi_{k}\in (k,k+1)$ tale che \[\ln(k+1)-\ln(k)=\frac{1}{\xi_{k}}\]
Dato che la funzione $g(x)=\frac{1}{x}$ è strettamente decrescente per $x>0$ e poiché $k<\xi_{k}<k+1$, allora

\[\frac{1}{k+1}<\frac{1}{\xi_{k}}<\frac{1}{k} \implies \frac{1}{k+1}<\ln(k+1)-\ln(k)<\frac{1}{k}, \ \forall k\in\mathbb{N}\setminus\{0\}\]

Sommando per $k$ da $n+1$ a $2n$

\[\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k+1}<\sum_{k=n+1}^{2n}\ln(k+1)-\ln(k)<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}\]

e osservando che

$\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k+1}=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2n+1}$

possiamo scrivere che:

\[\sum_{k=n+1}^{2n}\ln(k+1)-\ln(k)<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}<\sum_{k=n+1}^{2n}\ln(k+1)-\ln(k)+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2n+1}\]

[Manca poco, promesso] La sommatoria con i logaritmi è telescopica

$\sum_{k=n+1}^{2n}\ln(k+1)-\ln(k)=\ln(2n+1)-\ln(n+1)=\ln((2n+1)/(n+1)) \ \forall n\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$

per cui le precedenti disuguaglianze diventano

\[\ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right)<\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}<\ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right)+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2n+1}\]

Per $n\to +\infty$, il primo e il terzo membro della catena tendono a $\ln(2)$ e per il teorema del confronto, concludo che:

\[\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}=\ln(2)\]

Bello e corretto!

Perché senza integrali? Secondo me la seconda dimostrazione di Mathita è pure più carina della prima.

Chiedevo senza integrali perché questo esercizio proviene da un primo compitino di analisi 1 e quindi volevo una battaglia ad armi pari (con gli studenti)

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.

Chiedevo senza integrali perché questo esercizio proviene da un primo compitino di analisi 1 e quindi volevo una battaglia ad armi pari (con gli studenti)

Ops , allora mi sa che sono fuori corso (e di un bel po' di anni, purtroppo).

Tornando in topic: se consenti l'uso del calcolo integrale, qualcun altro può sbizzarrirsi a trovare qualche altra dimostrazione. Che si fa? Togliamo i paletti così giocano anche gli altri?