Many impressive looking limits can be evaluated easily (especially by the person who makes them up), because they are really lower or upper sums in disguise. With this remark as hint, evaluate each of the following. (Warning: the list contains one red herring which can be evaluated by elementary considerations.)
(iii) \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{2 n}\right)).

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right).
Informações relevantes fornecidas:
  • A soma tem exatamente n termos, que são os termos \dfrac{1}{k} com k variando de n+1 até 2n.
  • O índice n tende para o infinito.
    O objetivo é encontrar o número real (se existir) para o qual essa soma converge quando n\to\infty.

Passo 2

Primeira ideia (regrinha prática que cai bem na prova): reescrever a soma como uma soma do tipo \dfrac{1}{n}\sum f(x_k), ou seja, como uma soma de Riemann que aproxima uma integral. Vamos manipular algebricamente a soma para ver essa forma.
Considere a soma original e faça a mudança k=n+j com j=1,2,\dots,n. Então
\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{2n} = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{n+j}.
Agora fatoramos n do denominador em cada termo:
\frac{1}{n+j}=\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+\tfrac{j}{n}}.
Logo a soma fica
\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{n+j} = \frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{1+\tfrac{j}{n}}.

Passo 3

Explicação didática do porquê isso é uma soma de Riemann (a parte “teórica” que precisa saber para a prova):
  • Uma soma de Riemann para uma função f em um intervalo [a,b] tem a forma aproximada
    \frac{b-a}{n}\sum_{j=1}^{n} f\big(x_j\big),
    onde x_j são pontos em subintervalos de comprimento \dfrac{b-a}{n}. Quando n\to\infty, essa soma tende ao valor exato da integral
    \int_a^b f(x)\,dx,
    desde que f seja razoável (por exemplo, contínua) no intervalo.
  • No nosso caso identificamos \dfrac{1}{n} como o “ \dfrac{b-a}{n}”, e os pontos \tfrac{j}{n} como pontos no intervalo [0,1]. Tome
    f(x)=\frac{1}{1+x},\qquad x_j=\frac{j}{n},\qquad a=0,\\ b=1.
    A função f(x)=\dfrac{1}{1+x} é contínua em [0,1], então as somas de Riemann com pontos x_j=\tfrac{j}{n} convergem para a integral \int_0^1 f(x)\,dx.
Portanto a soma que temos é exatamente a soma de Riemann (com pontos à direita) para f(x)=\dfrac{1}{1+x} em [0,1]:
\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{1+\tfrac{j}{n}}\longrightarrow \int_0^1\frac{1}{1+x}\,dx\quad\text{quando }n\to\infty.

Passo 4

Agora vamos calcular a integral que aparece como limite da soma de Riemann. Essa é uma integral simples de primitiva conhecida.
Temos
\int_0^1\frac{1}{1+x}\,dx.
A primitiva de x\mapsto \dfrac{1}{1+x} é \ln(1+x) (aqui \ln é o logaritmo natural). Assim, usando o teorema fundamental do cálculo,
\int_0^1\frac{1}{1+x}\,dx = \bigl[\ln(1+x)\bigr]_0^1 = \ln(1+1)-\ln(1+0)=\ln 2-\ln 1.
Como \ln 1=0, o valor da integral é \ln 2.

Passo 5

Para quem gosta de garantia extra (método alternativo elementar usando comparações com integrais): é possível também obter o mesmo resultado comparando cada termo \dfrac{1}{k} com integrais de 1/x sobre intervalos unitários. Por exemplo, para k\ge1 vale
\int_k^{k+1}\frac{1}{x}\,dx \le \frac{1}{k} \le \int_{k-1}^{k}\frac{1}{x}\,dx,
e somando essas desigualdades para k=n+1,\dots,2n obtém-se limites por baixo e por cima que convergem ambos para \int_1^2\frac{1}{x}\,dx=\ln 2. Isso confirma rigorosamente que a soma tende a \ln 2.

Passo 6

Resumo da ideia chave para a prova (do jeitinho que cai bem na folha da prova): rewrite the sum as \dfrac{1}{n}\sum_{j=1}^n\frac{1}{1+j/n}, recognize a Riemann sum for \int_0^1\frac{1}{1+x}\,dx, compute the integral and get \ln 2.

Resposta

\ln 2

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