Limita unui sir

[turcas]

Calculati:
\( \lim_{n \to \infty}({1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3} + \dots + \frac{(-1)^{n-1}}{n}}) \).

[Laurian Filip]

Notam \( E_n=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n \). Se Stie ca \( \lim_{n\to\infty}E_n=c\in (0,1) \)(constanta lui Euler).


Pentru \( n=2k+1 \) :

\( S_{2k+1}=1-\frac{1}{2}+...+\frac{{(-1)}^{2k}}{2k+1}=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{2k+1}-2(\frac{1}{2}({1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{k}) \)

\( \lim_{k\to \infty} S_k=\lim_{k\to \infty}[E_{2k+1}+\ln_{2k+1}-(E_k+\ln k)]=c-c+\lim_{k\to \infty}(\ln(2k+1)-\ln k)=\lim_{k\to \infty} (\ln(2k+1)-\ln k)=\lim_{k\to \infty}\ \ln\frac{2k+1}{k}=\ln2 \).

Pentru \( n=2k+2 \)
\( S_{2k+2}=S_{2k+1}-\frac{1}{2k+2} \)
\( \lim_{k\to\infty} S_{2k+2}=\lim_{k\to\infty}(S_{2k+1}-\frac{1}{2k+2})=\lim_{k\to\infty}S_{2k+1}=\ln 2 \).

Deoarece sirul \( S_n \) are subsirul imparelor si cel al parelor cu aceeasi limita rezulta ca \( \lim_{n\to\infty}S_n=\ln2 \).

[Virgil Nicula]

Identitatea Catalan (se arata usor !) : \( \sum_{k=1}^{2n}\frac {(-1)^{k-1}}{k}=\sum_{k=1}^n\frac {1}{n+k}\ \rightarrow\ \ln 2 \) .

[turcas]

Identitatea Catalan (se arata usor !) : \( \sum_{k=1}^{2n}\frac {(-1)^{k-1}}{k}=\sum_{k=1}^n\frac {1}{n+k}\ \rightarrow\ \ln 2 \) .

Eu ma chinuiam de zor sa demonstrez ultima limita. Intr-un final mi-a iesit... ca sa-mi dau seama ca limita e cunoscuta.
Totusi postez solutia ca poate mai sunt "necititi" ca si mine pe forum si le prinde bine.

\( \sum_{k=1}^n\frac {1}{n+k}\ \rightarrow\ \ln 2. \)

Solutie:
Fie \( S_n = \sum_{k=1}^n\frac {1}{n+k} \)

Avem ca \( \left(1+\frac{1}{n} \right)^ \nearrow e \) si \( \left(1+\frac{1}{n} \right)^{n+1} \searrow e \).

De aici vom scoate inegalitatea dubla:

\( \frac{1}{n+k} > \ln(n+k+1)-ln(n+k) > \frac{1}{n+k+1} \).
Daca insumam dupa \( k=\overline{1,n} \) membru cu membru obtinem:
\( S_n > \ln \left( \frac{2n+1}{n+1} \right) > S_n + \frac{1}{2n+1}-\frac{1}{n+1} \).

De aici, \( \ln \left( \frac{2n+1}{n+1} \right) + \frac{1}{n+1} - \frac{1}{2n+1} > S_n >\ln \left( \frac{2n+1}{n+1} \right) \).
Daca trecem la limita in inegalitatea de mai sus, gasim \( \lim_{n \to \infty}{S_n}= \ln 2. \)

[Virgil Nicula]

Mai exista o demonstratie cu sume Rieman, insa in clasa a XII - a. Presupunem

ca se cunoaste Identitatea Catalan sau se arata usor : \( S_{2n}\equiv\sum_{k=1}^{2n}\frac {(-1)^{k-1}}{k}=\sum_{k=1}^n\frac {1}{n+k} \) .

Deci \( \lim_{n \to \infty}S_{2n}=\lim_{n\to\infty}\ \sum_{k=1}^n\frac {1}{n+k}=\lim_{n\to\infty}\ \frac 1n\cdot\sum_{k=1}^n\frac {1}{1+\frac kn}=\int_0^1\frac {1}{1+x}\ \mathrm{dx}=\ln 2 \) .

[Radu Titiu]

Mai exista o demonstratie cu sume Rieman, insa in clasa a XII - a :

Sau la nivel de clasa a XI-a se mai poate demonstra folosind faptul ca \( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n \) converge .

[Laurian Filip]

Mai exista o demonstratie cu sume Rieman, insa in clasa a XII - a :

Sau la nivel de clasa a XI-a se mai poate demonstra folosind faptul ca \( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln n \) converge .

Cred ca asta am folosit eu .
Am notat cu c limita sirului.