n - OEI

Problema 143: sea ` ≥ 0 un número natural. Calcular
∞
X
1 1
1
(−1)n 1 + + + · · · + − ln(n + 2` + 1) − γ ,
2 3
n
n=1
donde γ es la constante de Euler-Mascheroni.
Solución: sumemos los términos 2k − 1 y 2k. Ası́,
1 1
1
(−1)2k−1 1 + + + · · · +
− ln(2k − 1 + 2` + 1) − γ +
2 3
2k − 1
1 1
1
2k
+(−1) 1 + + + · · · +
− ln(2k + 2` + 1) − γ =
2 3
2k
1
=
+ ln(2k + 2`) − ln(2k + 2` + 1)
2k
De esta manera, la suma propuesta, si la llamamos S, puede escribirse como
∞ X
1
+ ln(2k + 2`) − ln(2k + 2` + 1)
S=
2k
k=1
Para ver cuanto vale esta suma, veremos primero como expresar una suma
parcial Sn de los primeros n términos e intentaremos después calcular el
lı́mite para n → ∞. Ası́,
n
n
X
X
1 1
1
ln(2k + 2` + 1)
ln(2k + 2`) −
Sn = + + · · · +
+
2 4
2n k=1
k=1
Recordemos en este punto que la constante de Euler-Mascheroni se define
como
1 1
1
γ = lim 1 + + + · · · + − ln n
n→∞
2 3
n
1
Ası́, sumando y restando 2 ln n a Sn obtenemos
n
n
1
X
X
1 1 1
1
Sn =
1+ + +· · ·+ −ln n + ln n+
ln(2k+2`)−
ln(2k+2`+1)
2
2 3
n
2
k=1
k=1
Vemos claramente que el primer sumando de esta nueva expresión tiende a
γ
, luego el problema se reduce a calcular
2
lim
n→∞
1
2
n
n
n
X
X
√ Y
ln n+
ln(2k+2`)−
ln(2k+2`+1) = lim ln n
k=1
n→∞
k=1
1
(2k + 2`)
(2k + 2` + 1)
k=1
Ahora intentaremos expresar este producto en una forma más cerrada para n.
Si lo observamos, notemos que multiplicando y dividiendo por el numerador
obtenemos, mediante algunas manipulaciones, expresiones que sólo dependen
de factoriales:
n
Y
(2k + 2`)
[(2 + 2`)(4 + 2`) · · · (2n + 2`)]2
=
=
(2k
+
2`
+
1)
(2
+
2`)(2
+
2`
+
1)(4
+
2`)
·
·
·
(2n
+
2`)(2n
+
2`
+
1)
k=1
h
=
2n (`+n)!
`!
i2
(2n+2`+1)!
(2`+1)!
=
22n (2` + 1)![(n + `)!]2
[`!]2 (2n + 2` + 1)!
Si ahora volvemos al lı́mite que tenı́amos, usando las propiedades del logaritmo tenemos
√ n
√ Y
(2` + 1)! 22n (n + `)!2 n
(2k + 2`)
= lim ln
·
=
lim ln n
n→∞
(2k + 2` + 1) n→∞
`!2
(2n + 2` + 1)!
k=1
√
22n (n + `)!2 n
(2` + 1)!
+ lim ln
= ln
n→∞
`!2
(2n + 2` + 1)!
Esto último podemos hacerlo porque el primer sumando no depende de n,
luego puede salir fuera del lı́mite. Ahora, observemos que en la expresión √
que
nos ha quedado tenemos varios factoriales, una exponencial y un factor n.
Esto nos motiva a usar la fórmula de Stirling para los factoriales. Recordemos
que esta fórmula nos dice que si x es entero y suficientemente grande entonces
√
Γ(x + 1) = x! ≈ 2πxxx e−x ,
donde Γ representa la función gamma de Euler. Por claridad en la exposición,
tendremos en cuenta tan sólo el cociente para el cálculo, de manera que
p
√
√
22n [e−n−` (n + `)n+` 2π(n + `)]2 n
22n (n + `)!2 n
p
lim
= lim
=
n→∞ (2n + 2` + 1)!
n→∞ e−2n−2`−1 (2n + 2` + 1)2n+2`+1
2π(2n + 2` + 1)
√
22n e−2n−2` (n + `)2n+2` 2π(n + `) n
p
lim
n→∞ e−2n−2`−1 (2n + 2` + 1)2n+2`+1
2π(2n + 2` + 1)
Ahora, multiplicamos y dividimos por 22` y reunimos convenientemente los
términos, de forma que cada uno de los lı́mites sea fácil de resolver, y obtenemos:
2n+2`
√
e
2n + 2`
2π(n + `) n
p
lim
22` n→∞ 2n + 2` + 1
(2n + 2` + 1) 2π(2n + 2` + 1)
2
Es ahora trivial ver que la primera fracción
tiende a 1e y la segunda a
√
π
por lo cual el cociente entero tiende a 22`+1
. Volviendo atrás,
√
π
,
2
√
(2k + 2`)
(2` + 1)!
22n (n + `)!2 n
= ln
=⇒
+ lim ln
2
n→∞
(2k
+
2`
+
1)
`!
(2n
+
2`
+
1)!
k=1
n
√ Y
lim ln n
n→∞
√
√
(2` + 1)!
π
(2k + 2`)
(2` + 1)! π
= ln
+ ln 2`+1 = ln
2
(2k
+
2`
+
1)
`!
2
`!2 22`+1
k=1
n
√ Y
=⇒ lim ln n
n→∞
Y por fin para acabar,
√
(2` + 1)! π
γ
S = lim Sn = + ln
n→∞
2
`!2 22`+1
3
Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de
Matemática
http://www.campus-oei.org/oim/revistaoim/
Edita: