[Ex] Quasi serie armonica

[Bremen000]

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

[Mathita]

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.

[Mathita]

Più che un'alternativa, una conferma.

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

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:

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

[Bremen000]

Bello e corretto!

[dissonance]

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

[Bremen000]

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)

[Mathita]

[ot]

"Bremen000":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).[/ot]

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?