Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

6Comparación de funciones

El análisis asintótico —el arte de sustituir una cantidad complicada por otra sencilla más un error controlado— se inició en el volumen del primer año con los desarrollos de Taylor. Este capítulo lo convierte en disciplina propia: desarrollos sobre escalas generales, la comparación serie–integral con toda su fuerza asintótica, la fórmula de Stirling (demostrada por completo) y el estudio sistemático de las sucesiones definidas implícitamente. Estas técnicas son el pan de cada día del análisis asintótico, y todo capítulo posterior que estime algo —series, integrales, probabilidades— come de esta mesa.

6.1 Relaciones de comparación y escalas

Definición 6.1

Cerca de un punto $a$ ( $a \in \R$ o $\pm\infty$ ), para funciones (o para sucesiones, con $n \to \infty$ ): $f = o(g)$ , $f = O(g)$ , $f \sim g$ como en el volumen del primer año. Una escala de comparación en $a$ es una familia de funciones positivas, comparables dos a dos y totalmente ordenada por $o(\cdot)$ ; la escala estándar en $+\infty$ es

x^{\alpha} (\ln x)^{\beta} \qquad (\alpha, \beta \in \R),

ordenada lexicográficamente en $(\alpha, \beta)$ y refinada cuando hace falta con exponenciales $\eu^{\gamma x}$ .

Definición 6.2 (Desarrollo asintótico)

$f$ admite el desarrollo asintótico

f = c_1 \varphi_1 + c_2\varphi_2 + \dots + c_k \varphi_k + o(\varphi_k) \qquad (\varphi_{i+1} = o(\varphi_i) \text{ en la escala})

cuando los restos sucesivos cumplen las estimaciones indicadas. Entonces los coeficientes son únicos: $c_1 = \lim f/\varphi_1$ y, por inducción, $c_{i+1} = \lim\,(f - \sum_{j \leq i} c_j\varphi_j)/\varphi_{i+1}$ .

Ejemplo 6.3

Los desarrollos de Taylor son desarrollos asintóticos sobre la escala $(x - a)^k$ en $a$ . Pero la noción es estrictamente más amplia: en $+\infty$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x \cdot \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x}} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + o\Bigl(\frac{\ln x}{x^2}\Bigr),

un desarrollo sobre la escala mixta: no se aplica ningún teorema de Taylor, solo el desarrollo geométrico y el cálculo con $o$ .

Ejemplo 6.4 (La escala estándar está realmente ordenada)

La afirmación lexicográfica de la Definición 6.1 necesita una línea de demostración por caso. Comparemos $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ y $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ en $+\infty$ . Si $\alpha < \alpha'$ : el cociente es $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ , porque una potencia negativa de $x$ aplasta cualquier potencia de $\ln x$ (póngase $x = \eu^t$ : $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ por el límite exponencial-gana-a-polinomio del volumen del primer año). Si $\alpha = \alpha'$ y $\beta < \beta'$ : el cociente es $(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ directamente. Así pues, los pares $(\alpha, \beta)$ , ordenados lexicográficamente, ordenan la escala por $o(\cdot)$ ; y la sustitución $x = \eu^t$ es el truco universal para las comparaciones mixtas de potencias y logaritmos.

Ejemplo 6.5 (Ordenar una fauna variada)

Las escalas han de estar ordenadas; he aquí el ejercicio estándar. En $+\infty$ , comparemos $n^{10}$ , $\eu^{\sqrt{\ln n}\,\cdot\,\sqrt n}$ , $2^n$ y $n^{\ln n}$ tomando logaritmos:

10\ln n \;\ll\; (\ln n)^2 \;\ll\; \sqrt{n\ln n} \;\ll\; n\ln 2 ,

donde $a_n \ll b_n$ significa $a_n = o(b_n)$ ; la segunda entrada es $\ln(n^{\ln n})$ . Las exponenciales conservan esos saltos estrictos (si $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$ , entonces $u_n/v_n \to 0$ ), de modo que

n^{10} = o\bigl(n^{\ln n}\bigr), \qquad n^{\ln n} = o\bigl(\eu^{\sqrt{n\ln n}}\bigr), \qquad \eu^{\sqrt{n\ln n}} = o(2^n) .

La moraleja, por partida doble: compárese siempre a través de logaritmos (diferencias de logaritmos, no cocientes de logaritmos), y no se concluya nunca $u_n \sim v_n$ a partir de $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; el par $n^{10}$ y $n^{\ln n}$ tiene cociente de logaritmos que tiende a $\infty$ , pero $2^n$ y $4^n$ tienen cociente de logaritmos exactamente $2$ y son tremendamente no equivalentes.

6.2 Comparación serie–integral, en clave asintótica

Teorema 6.6

Sea $f$ continua, positiva y decreciente sobre $\intco{1}{+\infty}$ .

Si $\int_1^{\infty} f$ converge, los restos cumplen

$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\; \int_{n}^{\infty} f .$
Si $\int_1^\infty f$ diverge, las sumas parciales cumplen $\sum_{k=1}^{n} f(k) = \int_1^n f + C + o(1)$ para cierta constante $C$ : la diferencia $\sum_{k \leq n} f(k) - \int_1^n f$ converge.

Demostración. El encuadre $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (por ser decreciente) fue el recurso del primer año; sumando sobre $k \geq n+1$ , o bien sobre $k \geq n$ , se obtiene (1). Para (2), pongamos $u_k = f(k) - \int_k^{k+1} f$ : por el encuadre, $0 \leq u_k \leq f(k) - f(k+1)$ , de modo que las sumas parciales de $\sum u_k$ están acotadas por la suma telescópica $f(1) - f(n+1) \leq f(1)$ : la serie converge. Además, la sucesión $\bigl(\int_n^{n+1} f\bigr)_n$ es no creciente ( $f$ decrece) y no negativa, luego convergente. Escribiendo

\sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f = \sum_{k=1}^{n} u_k + \int_n^{n+1} f ,

el miembro derecho converge cuando $n \to \infty$ : la diferencia converge a una constante $C$ , que es el enunciado (2). ∎

Ejemplo 6.7 (El desarrollo armónico)

Para $f(t) = \frac1t$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ , recuperando la constante de Euler (volumen del primer año) con una demostración más limpia. Un orden más allá (Ejercicio 6.3):

H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\Bigl(\frac1n\Bigr).

Los números hacen visible la ganancia en $n = 10$ : $H_{10} = 2.928968\dots$ y $\ln 10 = 2.302585\dots$ , de modo que la estimación bruta de $\gamma$ es $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$ , con un error de $0.049$ ; restando la corrección $\frac1{20}$ se obtiene $0.576383$ , que dista de $\gamma = 0.577216$ solo $8.3\cdot10^{-4}$ , cantidad que es a su vez el término siguiente $\frac{1}{12\cdot100}$ del desarrollo, como demuestra el problema de fin de semana (pregunta 8).

Ejemplo 6.8 (Un $\ln(n!)$ tosco, sin Stirling)

El recurso del encuadre basta ya para localizar $\ln(n!)$ . Como $\ln$ es creciente,

\int_{k-1}^{k}\ln t\,\dd t \;\leq\; \ln k \;\leq\; \int_{k}^{k+1}\ln t\,\dd t ,

y sumando sobre $k = 2, \dots, n$ (con $\int_1^n\ln = n\ln n - n + 1$ ):

n\ln n - n + 1 \;\leq\; \ln(n!) \;\leq\; (n+1)\ln(n+1) - n .

Ambas vallas valen $n\ln n - n + O(\ln n)$ , de donde $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ y, en particular, $\ln(n!) \sim n\ln n$ . Lo que Stirling añade son los dos peldaños siguientes —el $\frac12\ln n$ y la constante $\ln\sqrt{2\pi}$ —, que cuestan la suma telescópica más fina del Teorema 6.13. Saber qué precisión compra cada herramienta es la mitad del oficio asintótico.

Ejemplo 6.9 (Las cancelaciones exigen desarrollos)

Calculemos el límite de $\sqrt{n^2 + n} - n$ . Ambos términos son $\sim n$ , y “ $\sim n - n$ ” no significa nada: los equivalentes no se pueden restar. Desarrollemos en su lugar:

\sqrt{n^2 + n} - n = n\Bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\Bigr) = n\Bigl(\frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 - \frac{1}{8n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr) :

el límite es $\frac12$ , con la velocidad de aproximación $\frac1{8n}$ de regalo. El mecanismo merece nombre: una diferencia de dos cantidades grandes equivalentes vive por completo en sus términos siguientes, así que hay que desarrollar hasta el primer orden en el que ambos miembros difieren, arrastrando el resto para certificar que a ese orden no sobrevive nada más.

Ejemplo 6.10 (Una comparación divergente, resuelta)

Para $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ sobre $\intco{2}{+\infty}$ (continua, positiva y decreciente): $\int_2^x f = \ln\ln x - \ln\ln 2 \to \infty$ , luego por el Teorema 6.6 (2),

\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\ln k} = \ln\ln n + C + o(1)

para cierta constante $C$ . Dos lecciones. Primera: la divergencia es real pero glacial; la suma parcial supera $4$ por primera vez hacia $n \approx \eu^{\eu^{4 - C}}$ , astronómicamente grande. Segunda: la forma $\ln\ln n$ la ha entregado una primitiva, no una conjetura; para términos monótonos, la integral es el dispositivo canónico de suma, y la constante $C$ —como la $\gamma$ de Euler— es la memoria de los primeros términos.

6.3 La fórmula de Stirling

Lema 6.11 (Integrales de Wallis, revisitadas)

Sea $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ . Entonces $nW_nW_{n-1} = \frac\pi2$ para $n \geq 1$ , la sucesión $(W_n)$ decrece y $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

Demostración. La integración por partes da $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ), luego $nW_nW_{n-1}$ es constante en $n$ e igual a $1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Decrecimiento: $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ sobre $\intcc{0}{\frac\pi2}$ . El encaje, en detalle: la monotonía da $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$ y, dividiendo por $W_{n-1} > 0$ ,

\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_n}{W_{n-1}} \leq 1 ,

donde la identidad de la izquierda sale de la recurrencia en el índice $n + 1$ . Ambas cotas tienden a $1$ : $W_n \sim W_{n-1}$ , de donde

nW_n^2 \sim nW_nW_{n-1} = \frac\pi2 \qquad\Longrightarrow\qquad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

∎

Ejemplo 6.12 (Las primeras integrales de Wallis)

A partir de $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ y la recurrencia $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ :

W_2 = \frac\pi4, \qquad W_3 = \frac23, \qquad W_4 = \frac{3\pi}{16}, \qquad W_5 = \frac{8}{15}, \qquad W_6 = \frac{5\pi}{32}.

Los índices pares llevan un $\pi$ y los impares son racionales: los dos productos entrelazados de las formas cerradas. Numéricamente, $W_6 \approx 0.4909$ frente al valor asintótico $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$ : ya en $n = 6$ el equivalente está a menos del $5\,\%$ , y la identidad del producto es exacta para todo $n$ : $6\,W_6W_5 = 6\cdot\frac{5\pi}{32}\cdot\frac8{15} = \frac\pi2$ . Tablas pequeñas como esta son la manera más barata de cazar un desliz algebraico antes de que infecte un argumento asintótico.

Teorema 6.13 (Stirling)

n! \;\sim\; \sqrt{2\pi n}\, \Bigl(\frac{n}{\eu}\Bigr)^{\!n} .

Demostración. Paso 1: $n! \sim C \sqrt n\, (n/\eu)^n$ para cierta constante $C > 0$ . Pongamos

d_n = \ln(n!) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n + n .

Entonces

d_n - d_{n+1} = \Bigl(n + \frac12\Bigr) \ln\frac{n+1}{n} - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(n^{-3}\bigr)\Bigr) - 1 = \frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

por el desarrollo de Taylor de $\ln(1 + \frac1n)$ . La serie $\sum (d_n - d_{n+1})$ converge, pues, absolutamente (comparación con $\sum n^{-2}$ ), de modo que $(d_n)$ converge, digamos a $d$ ; exponenciando, $n! \sim C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ con $C = \eu^{d}$ .

Paso 2: $C = \sqrt{2\pi}$ mediante Wallis. La forma cerrada $W_{2p} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac\pi2$ (procedente de la recurrencia, cálculo del primer año rehecho en el marco del Lema 6.11) se combina con el paso 1:

W_{2p} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p/\eu)^{2p}} {4^p\,\bigl(C\sqrt p\,(p/\eu)^p\bigr)^2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\sqrt{2p}}{C\,p}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{C}\cdot\frac{1}{\sqrt{2p}} .

Comparando con $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ (Lema 6.11): la igualdad $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} = \sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ obliga a $C = \pi \sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$ . ∎

Ejemplo 6.14 (Coeficiente binomial central)

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} :

la probabilidad de que un paseo aleatorio simétrico vuelva a $0$ en el instante $2n$ es $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ , un anuncio del Capítulo 22.

Observación 6.15 (Perspectivas dentro de este volumen)

Todos los capítulos cuantitativos que vienen hablan la lengua de este. El Capítulo 7 clasifica las series comparando sus términos con la escala $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ , y su problema de fin de semana cartografía por completo esa frontera. El Capítulo 9 hace lo mismo con las integrales impropias, con la escala idéntica en la variable continua. El Capítulo 11 calcula radios de convergencia a partir de $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$ , un ejercicio de equivalentes de raíces $n$ -ésimas donde Stirling es la clave habitual ( $\sqrt[n]{n!} \sim \frac n\eu$ , Ejercicio 6.4). Y los capítulos de probabilidad cobran Stirling directamente: las estimaciones locales del Capítulo 22 para coeficientes binomiales son el Ejemplo 6.14 y el Ejemplo 6.21 palabra por palabra. La asintótica no es aquí un capítulo: es el acento del volumen.

Método 6.16 (Lista de comprobación del arranque sucesivo)

Antes de fiarse de un desarrollo obtenido por arranques sucesivos, audítense cuatro puntos. (1) Primero la existencia: la raíz o la sucesión ha de quedar fijada (monotonía, valores intermedios) antes de todo desarrollo; los símbolos sin referente se desarrollan maravillosamente y no significan nada. (2) Un orden por pasada: cada sustitución solo es fiable hasta el orden de la estimación introducida; extraer dos términos nuevos de una sola pasada es la fuente clásica de coeficientes erróneos. (3) Los restos viajan con nosotros: arrástrese el $o(\cdot)$ por todos los pasos algebraicos y déjese la absorción (los términos menores tragados por los restos mayores) para el final, de forma explícita. (4) Auditoría numérica: evalúese en un valor honesto de $n$ ; un error de coeficiente sobrevive a una nueva deducción algebraica con sorprendente frecuencia, y casi nunca sobrevive a la aritmética.

Observación 6.17 (Errores frecuentes)

(i) Los equivalentes se suman mal: de $u_n \sim n + \ln n$ y $v_n \sim -n$ no puede concluirse $u_n + v_n \sim \ln n$ ; las cancelaciones exigen desarrollos con restos explícitos y nunca equivalentes a secas. (ii) No hay que exponenciar nunca una equivalencia: $n + 1 \sim n$ pero $\eu^{n+1} \not\sim \eu^n$ ; la dirección segura es tomar logaritmos de equivalentes que tienden a $+\infty$ (problema de fin de semana de este capítulo, pregunta 24). (iii) Un desarrollo asintótico va unido a una escala: escribir $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ afirma más que $f = \frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ , y mezclar ambas cosas invalida el álgebra posterior. (iv) En los arranques sucesivos hay que sustituir el desarrollo actual entero, resto incluido; descartar un $o(\cdot)$ a mitad de pasada produce coeficientes plausibles pero falsos. (v) La comparación serie–integral necesita la monotonía: para términos oscilantes falla sin más (compárese $\sum\frac{\sin k}k$ , Capítulo 7).

Ejemplo 6.18 (Stirling en números)

Para $n = 10$ : la fórmula da $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} \approx 3\,598\,696$ frente a $10! = 3\,628\,800$ , con error relativo $8.3\cdot10^{-3}$ , notable para un enunciado “asintótico” en $n = 10$ . El error tiene estructura —el refinamiento exacto $n! = \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\bigl(1 + \frac1{12n} + O(n^{-2})\bigr)$ — y su primera corrección $\frac1{120} \approx 8.3\cdot10^{-3}$ explica casi exactamente la discrepancia observada. La maquinaria de Euler–Maclaurin del problema de fin de semana es precisamente la fuente sistemática de esos términos correctores.

Observación 6.19 (Dónde se usa este capítulo)

La comparación asintótica es la gramática de todo lo cuantitativo que viene después: los criterios de convergencia y el panorama de Bertrand del Capítulo 7, los criterios de integrabilidad del Capítulo 9, los cálculos de radio de convergencia del Capítulo 11 y los teoremas límite del Capítulo 22 (donde Stirling mueve las estimaciones de de Moivre–Laplace). El volumen del tercer año industrializa la única idea que aquí demostramos a mano —extraer el término principal y acotar el resto— convirtiéndola en el método de Laplace y en la convergencia dominada.

Ejemplo 6.20 (Una integral comparada consigo misma: $\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}$ )

La caja de herramientas de comparación también funciona con integrales. Sea $F(x) = \int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (el integrando es continuo sobre $\intco2\infty$ ). Integrando por partes:

F(x) = \Bigl[\frac{t}{\ln t}\Bigr]_2^x + \int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2} = \frac{x}{\ln x} + O\Bigl(\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2}\Bigr) + O(1),

y la integral restante es $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$ : pártase en $\sqrt x$ y acótese mediante

\int_2^{\sqrt x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \sqrt x \qquad\text{y}\qquad \int_{\sqrt x}^{x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \frac{x}{(\ln\sqrt x)^2} = \frac{4x}{(\ln x)^2} .

Por tanto $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ . Quien haya visto el teorema de los números primos en el problema de fin de semana de este capítulo reconocerá a $F$ : es la integral logarítmica, el mejor estimador de $\pi(x)$ , y el cálculo muestra que coincide con $\frac{x}{\ln x}$ en primer orden.

Ejemplo 6.21 (Stirling sobre un binomial desequilibrado)

La misma rutina de tres factoriales que en el Ejemplo 6.14 da, para $\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}$ :

\binom{3n}{n} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^{n}\cdot\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} = \sqrt{\frac{3}{4\pi n}}\, \Bigl(\frac{27}{4}\Bigr)^{\!n} .

La tasa exponencial $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ es $\eu^{3n\, H(1/3)}$ en la notación de entropía de la teoría de la información: los binomiales desequilibrados crecen estrictamente más despacio que el central $4^n$ por cada dos pasos —aquí, $(27/4)^{1/3} \approx 1.89 < 2$ por paso—. Toda asintótica de binomiales en combinatoria y en probabilidad (Capítulo 22) es este mismo cálculo con otros pesos.

6.4 Sucesiones definidas implícitamente

Método 6.22

Para hallar la asintótica de las soluciones $x_n$ de una ecuación $F(x, n) = 0$ :

Localizar: demuéstrese la existencia y la unicidad de $x_n$ en un intervalo determinado (monotonía, teorema del valor intermedio) y hállese su comportamiento tosco (límite, orden de crecimiento).
Arrancar: sustitúyase la forma tosca $x_n = (\text{término principal})(1 + \varepsilon_n)$ en la ecuación y despéjese el orden siguiente de $\varepsilon_n$ ; repítase, refinando un orden por pasada.

Ejemplo 6.23

Para $n \geq 1$ , la ecuación $\tan x = x$ tiene exactamente una solución $x_n$ en $\intoo{n\pi - \frac\pi2}{n\pi + \frac\pi2}$ (la función $\tan x - x$ crece allí de $-\infty$ a $+\infty$ , pues su derivada es $\tan^2 x \geq 0$ ). Tosco: $x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ con $y_n \in \intoo{0}{\pi}$ ; como $x_n \to \infty$ y $\tan x_n = x_n \to +\infty$ , $x_n$ se acerca a la asíntota por la izquierda: $y_n \to 0$ . Arranque: $\tan x_n = \cot y_n = \frac{1}{\tan y_n} \sim \frac{1}{y_n}$ , y la ecuación $\cot y_n = x_n \sim n\pi$ da $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ . Por tanto

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + o\Bigl(\frac1n\Bigr),

y el proceso continúa hasta cualquier orden (Ejercicio 6.6).

Ejemplo 6.24 (Una segunda vuelta del método)

Resolvamos asintóticamente $x + \ln x = n$ . Localizar: $x \mapsto x + \ln x$ crece de $-\infty$ a $+\infty$ sobre $\intoo{0}{+\infty}$ : hay una única raíz $x_n$ , y $x_n \to \infty$ . Tosco: de $\ln x_n = o(x_n)$ resulta $x_n \sim n$ . Arranque: de $x_n = n - \ln x_n$ y $\ln x_n = \ln n + o(1)$ (logaritmos de equivalentes, con ambos miembros $\to \infty$ ):

x_n = n - \ln n + o(1) ;

una pasada más, con $\ln x_n = \ln\bigl(n - \ln n + o(1)\bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)$ :

x_n = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(Comprobación en $n = 100$ : la raíz es $x \approx 95.4415$ ; la fórmula de tres términos da $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ y la de dos términos $95.3948$ ; cada pasada gana el orden previsto.) Mismo bucle, tercer paisaje: al método del Método 6.22 le da igual qué aspecto tenga la ecuación, con tal de que cada pasada aísle la incógnita dominante.

6.5 Ejercicios

Ejercicio 6.1 ★

Desarrolla en $+\infty$ , dos términos más allá del principal:

\sqrt{x^2 + x + 1} , \qquad \ln(x^2 + x) - 2\ln x, \qquad \frac{x + \sin x}{x - \ln x} .

Solución

Solución de Ejercicio 6.1.

$\sqrt{x^2 + x + 1} = x\sqrt{1 + \tfrac1x + \tfrac{1}{x^2}} = x + \frac12 + \frac38\cdot\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ (desarrollo binomial: $\frac12 u - \frac18 u^2$ con $u = \frac1x + \frac{1}{x^2}$ da $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$ , y después se multiplica por $x$ ).

$\ln(x^2 + x) - 2\ln x = \ln\bigl(1 + \tfrac1x\bigr) = \frac1x - \frac{1}{2x^2} + o\bigl(\frac{1}{x^2}\bigr)$ .

Tercera función: desarrollemos cada factor,

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = \Bigl(1 + \frac{\sin x}{x}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{(\ln x)^2}{x^2} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^3}{x^3}\Bigr)\Bigr).

Ordenemos las contribuciones en la escala de $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x} \gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln x)^2}{x^2}$ . Los dos términos que siguen al $1$ principal son, por tanto, $\frac{\ln x}{x}$ y después el término de oscilación acotada $\frac{\sin x}{x}$ :

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = 1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{\sin x}{x} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^2}\Bigr).

Ejercicio 6.2 ★

Da el carácter (convergencia o divergencia) y, en caso divergente, la asintótica principal de $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ para $\alpha > -1$ , $\alpha = -1$ y $\alpha < -1$ , mediante el Teorema 6.6.

Solución

Solución de Ejercicio 6.2.

$f(t) = t^\alpha$ ( $t \geq 1$ ).

$\alpha > -1$ : divergencia y, por el Teorema 6.6 (2), $\sum_{k\leq n} k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ si $\alpha < 0$ (donde $f$ decrece); para $\alpha \geq 0$ ( $f$ creciente), el mismo encuadre con las desigualdades invertidas da $\sum_{k \leq n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}$ .

$\alpha = -1$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Ejemplo 6.7).

$\alpha < -1$ : convergencia, con resto $\sum_{k > n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha+1}}{-(\alpha+1)}$ por el encuadre (1) (ambas cotas integrales son equivalentes a ese valor).

Ejercicio 6.3 ★★

Demuestra que $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\bigl(\frac1n\bigr)$ . (Estudia $v_n = H_n - \ln n - \gamma$ : prueba que $v_n - v_{n+1} = \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ y suma la cola, comparando con $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ , Teorema 6.6 (1).)

Solución

Solución de Ejercicio 6.3.

Sea $v_n = H_n - \ln n - \gamma \to 0$ . Entonces

v_n - v_{n+1} = \ln\frac{n+1}{n} - \frac{1}{n+1} = \Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2}\Bigr) - \Bigl(\frac1n - \frac{1}{n^2}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr),

usando $\frac{1}{n+1} = \frac1n - \frac{1}{n^2} + O(n^{-3})$ . Como $v_n \to 0$ , sumando telescópicamente la cola:

v_n = \sum_{k \geq n} (v_k - v_{k+1}) = \sum_{k\geq n} \Bigl(\frac{1}{2k^2} + O(k^{-3})\Bigr) = \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

por el Teorema 6.6 (1) aplicado a $t^{-2}$ (resto $\sim \frac1n$ , dividido por dos) y a $t^{-3}$ . Por tanto $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac1n)$ .

Ejercicio 6.4 ★★

Usando Stirling, halla equivalentes de $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$ ; $\;\dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sqrt[n]{n!}$ (en la forma $\frac n\eu(1 + o(1))$ , precisada a dos términos).

Solución

Solución de Ejercicio 6.4.

Stirling tres veces:

\frac{(3n)!}{(n!)^3} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {(2\pi n)^{3/2}\,(n/\eu)^{3n}} = \frac{\sqrt{6}\; 27^{\,n}}{2\pi n} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{2\pi n}\; = \frac{\sqrt3\,27^n}{2\pi n} .

(Con cuidado: $\frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}} = \frac{\sqrt6}{(2\pi n)\sqrt{2\pi n}}\sqrt{\pi n} = \frac{\sqrt3}{2\pi n}$ .)

$\dfrac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\,\eu^{-n}$ .

$\sqrt[n]{n!} = \exp\bigl(\frac{\ln n!}{n}\bigr)$ con $\ln n! = n\ln n - n + \frac12\ln(2\pi n) + o(1)$ :

\sqrt[n]{n!} = \exp\Bigl(\ln n - 1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr) = \frac{n}{\eu}\Bigl(1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Ejercicio 6.5 ★★

Para $n \geq 2$ , demuestra que $x^n + x = 1$ tiene una única solución $x_n \in \intoo{0}{1}$ , que $x_n \to 1$ , y establece

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(A partir de $x_n^n = 1 - x_n$ : toma logaritmos y arranca con $x_n = 1 - \varepsilon_n$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 6.5.

$g(x) = x^n + x - 1$ crece estrictamente sobre $\intcc{0}{1}$ de $-1$ a $1$ : hay una única raíz $x_n$ . Como $x_n^n = 1 - x_n \in \intoo{0}{1}$ : si $x_n \leq c < 1$ a lo largo de una subsucesión, entonces $x_n^n \leq c^n \to 0$ , luego $1 - x_n \to 0$ , en contradicción con $x_n \leq c$ . Por tanto $x_n \to 1$ .

Escribamos $x_n = 1 - \varepsilon_n$ con $\varepsilon_n \to 0^+$ . La ecuación se lee $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$ , es decir,

n\ln(1 - \varepsilon_n) = \ln \varepsilon_n \quad\Longrightarrow\quad -n\varepsilon_n\bigl(1 + o(1)\bigr) = \ln\varepsilon_n .

Así pues, $n\varepsilon_n = -\ln\varepsilon_n\,(1 + o(1)) \to +\infty$ y, tomando logaritmos de nuevo: $\ln n + \ln\varepsilon_n = \ln(-\ln\varepsilon_n) + o(1)$ . Como $\ln(-\ln \varepsilon_n) = o(\ln(1/\varepsilon_n))$ , esto da $\ln\varepsilon_n \sim -\ln n$ , de donde $\varepsilon_n = \frac{-\ln\varepsilon_n}{n}(1 + o(1)) \sim \frac{\ln n}{n}$ :

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr) .

Ejercicio 6.6 ★★

Lleva el Ejemplo 6.23 un orden más allá:

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

(Escribe $\cot y_n = x_n$ exactamente, desarrolla $\cot y = \frac1y - \frac y3 + o(y)$ y $x_n = n\pi(1 + \frac{1}{2n} - \dots)$ , e identifica.)

Solución

Solución de Ejercicio 6.6.

Relación exacta: $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ , con $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ (Ejemplo 6.23). Desarrollemos $\cot y = \frac1y - \frac y3 + O(y^3)$ :

\frac{1}{y_n} - \frac{y_n}{3} + O(y_n^3) = n\pi + \frac\pi2 - y_n \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y_n} = n\pi + \frac\pi2 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

(los términos $-y_n$ y $-\frac{y_n}{3}$ son $O(\frac1n)$ ). Invirtiendo:

y_n = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac{1}{1 + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})} = \frac{1}{n\pi}\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{2n^2\pi} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Por tanto

x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} - y_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

Ejercicio 6.7 ★★

Determina $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ (acota la suma de todos los términos salvo los dos últimos) y deduce el desarrollo asintótico $\sum_{k \leq n} k! = n!\bigl(1 + \frac1n + O(n^{-2})\bigr)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 6.7.

Separemos los dos términos mayores:

\sum_{k=0}^{n} k! = n! + (n-1)! + \sum_{k \leq n-2} k! , \qquad \sum_{k\leq n-2} k! \leq (n-1)\,(n-2)! = (n-1)! .

Luego $1 \leq \frac{1}{n!}\sum k! \leq 1 + \frac{2}{n}$ : el límite es $1$ . Afinando: $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$ , y la cota tosca $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ puede refinarse del mismo modo: $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) = O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$ . Por tanto

\sum_{k=0}^{n} k! = n!\Bigl(1 + \frac1n + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Ejercicio 6.8 ★★★

Sea $u_0 > 0$ y $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$ . Demuestra que $u_n \to \infty$ , después que $u_n \sim \sqrt{2n}$ (estudia $u_n^2$ : sus incrementos son $2 + u_n^{-2}$ ; suma), y refina:

u_n = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

(De $u_n^2 = 2n + \sum_{k<n} u_k^{-2} + u_0^2$ y $u_k^2 \sim 2k$ : la suma vale $\sim \frac12\ln n$ por el Teorema 6.6.)

Solución

Solución de Ejercicio 6.8.

$(u_n)$ crece; si estuviera acotada convergería a un $\ell$ con $\ell = \ell + \frac1\ell$ : absurdo. Luego $u_n \to \infty$ .

Cuadrados: $u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + u_n^{-2}$ , de donde

u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{u_k^2} .

La suma es $o(n)$ (los términos tienden a $0$ ; Cesàro), luego $u_n^2 \sim 2n$ y $u_n \sim \sqrt{2n}$ .

Refinamiento: $\frac{1}{u_k^2} \sim \frac{1}{2k}$ , así que por comparación (Teorema 6.6, o mediante equivalentes de sumas parciales de series positivas) $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$ . Por tanto

u_n^2 = 2n + \frac{\ln n}{2}\,(1 + o(1)) + O(1) \quad\Longrightarrow\quad u_n = \sqrt{2n}\sqrt{1 + \frac{\ln n}{4n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)} = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Ejercicio 6.9 ★★★

(Una suma de Riemann con truco) Determina el comportamiento asintótico de

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k\ln n} .

(Saca factor $n$ : $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 + \frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$ ; reconoce una suma de tipo Riemann con un parámetro $t = \ln n$ que varía lentamente, calcula $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$ y concluye $S_n \sim \frac{\ln\ln n}{\ln n}$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 6.9.

Saquemos factor $n$ y pongamos $t = \ln n$ :

S_n = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + t\,\frac kn} .

Para $t$ fijo, la suma es una suma de Riemann de $u \mapsto \frac{1}{1 + tu}$ sobre $\intcc{0}{1}$ ; la función es monótona en $u$ , de modo que la suma de Riemann queda encuadrada por la integral desplazada en un paso de malla:

\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} - \frac1n \leq S_n \leq \int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} + \frac1n

(comparación de las sumas de Riemann de una función monótona con su integral, válida para cada $n$ con su propio $t = \ln n$ ). Ahora bien, $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1 + t)}{t}$ y $\frac1n = o\bigl(\frac{\ln t}{t}\bigr)$ ; por tanto

S_n = \frac{\ln(1 + \ln n)}{\ln n} + O\Bigl(\frac 1n\Bigr) \;\sim\; \frac{\ln\ln n}{\ln n} .

Ejercicio 6.10 ★

Demuestra la identidad $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$ y ordena después las siguientes expresiones en orden creciente por $o(\cdot)$ en el infinito, con demostración: $n^2$ , $(\ln n)^{\ln n}$ , $2^n$ , $n!$ , $n^n$ .

Solución

Solución de Ejercicio 6.10.

Identidad: $(\ln n)^{\ln n} = \eu^{\ln n\,\ln\ln n} = \bigl(\eu^{\ln n}\bigr)^{\ln\ln n} = n^{\ln\ln n}$ . Orden: comparemos logaritmos. $\ln(n^2) = 2\ln n$ ; $\ln\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr) = \ln n\ln\ln n$ ; $\ln(2^n) = n\ln2$ ; $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ (Stirling, o el encuadre más tosco $\ln n! \sim n\ln n$ ); $\ln(n^n) = n\ln n$ . Como $2\ln n = o(\ln n\ln\ln n)$ , $\ln n\ln\ln n = o(n)$ , $n\ln 2 = o(n\ln n - n)$ , y $n \ln n - n \sim n\ln n$ pero $n! / n^n \to 0$ (la diferencia de logaritmos es $-n + O(\ln n) \to -\infty$ ):

n^2 = o\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr),\quad (\ln n)^{\ln n} = o(2^n),\quad 2^n = o(n!),\quad n! = o(n^n).

(En cada paso: la diferencia de logaritmos tiende a $+\infty$ , luego el cociente tiende a $0$ .)

Ejercicio 6.11 ★★

(Cola de $\sum 1/k^2$ , dos términos) Usando la suma telescópica exacta $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ y la descomposición $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{k^2(k+1)}$ , demuestra que

\sum_{k > n} \frac{1}{k^2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Solución

Solución de Ejercicio 6.11.

Descompongamos $\frac1{k^2} = \frac1{k(k+1)} + \frac1{k^2(k+1)}$ y sumemos para $k > n$ :

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \sum_{k>n}\frac{1}{k^2(k+1)} ,

donde la primera suma es telescópica exacta ( $\frac1{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ ). Para la segunda: $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (pues $\frac{1}{k^2(k+1)} - \frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$ ), y por comparación integral $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ y $\sum_{k>n}\frac1{k^4} = O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ . Por tanto

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac1{n^2} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

usando $\frac1{n+1} = \frac1n - \frac1{n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ .

Ejercicio 6.12 ★★★

Sea $u_0 = \frac12$ y $u_{n+1} = u_n + \eu^{-u_n}$ . Demuestra que $u_n \to \infty$ y, poniendo $v_n = \eu^{u_n}$ y probando que $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ , establece

u_n = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\Bigl(\frac1n\Bigr).

Solución

Solución de Ejercicio 6.12.

$(u_n)$ crece; si estuviera acotada convergería a un $\ell$ finito con $\ell = \ell + \eu^{-\ell}$ : imposible. Luego $u_n \to \infty$ . Sea $v_n = \eu^{u_n} \to \infty$ : entonces

v_{n+1} = \eu^{u_n + \eu^{-u_n}} = v_n\,\eu^{1/v_n} = v_n\Bigl(1 + \frac1{v_n} + \frac1{2v_n^2} + O\bigl(v_n^{-3}\bigr)\Bigr) = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr).

Sumando primero $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ se obtiene $v_n = n + O(n)$ , de donde $v_n \geq cn$ a partir de un índice; volviendo a sumar con $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ resulta $v_n = n + O(\ln n)$ . Una pasada más: $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 + O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$ , luego

v_n = n + \sum_{k<n}\frac1{2k} + O(1) = n + \frac{\ln n}2 + O(1).

Por último, $u_n = \ln v_n = \ln n + \ln\Bigl(1 + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)\Bigr) = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)$ .

6.6 Problema: arranques sucesivos, de Euler–Maclaurin a los primos

Una cantidad implícita o acumulada rara vez entrega su asintótica de una vez; se extrae en pasadas, cada una realimentando la estimación previa en la relación que la define. Este problema de fin de semana entrena ese bucle sobre ecuaciones nuevas, demuestra la fórmula de Euler–Maclaurin de primer orden (la mejora trapezoidal de la comparación serie–integral, con barras de error rigurosas), invierte $x\ln x = n$ y cobra el cheque más famoso del método: a partir del teorema de los números primos, admitido, la ley asintótica $p_n \sim n\ln n$ del $n$ -ésimo primo.

Problema 6.1

Problema de fin de semana — la corrección de Euler–Maclaurin y la asintótica del $n$ -ésimo primo

Parte I — El bucle de arranque sobre una ecuación nueva.

Demuestra la afirmación de unicidad de la Definición 6.2: si $f = \sum_{i\leq k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k} c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ sobre la misma escala, entonces $c_i = c_i'$ para todo $i$ . Lleva después el ejemplo mixto del curso un peldaño más allá:

$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$

y explica por qué no aparece ningún término $\frac{c}{x^2}$ .
Prueba que para todo $n \geq 1$ la ecuación $\eu^x + x = n$ tiene exactamente una solución real $x_n$ , y que $x_n \to +\infty$ con $x_n \sim \ln n$ .
Arranca dos veces:

$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$
Comprueba numéricamente en $n = 1000$ : compara $x_{1000} \approx 6.90083$ con los valores de uno, dos y tres términos de la pregunta 3, con cinco decimales.

Parte II — Euler–Maclaurin, orden uno.

Demuestra la identidad del núcleo trapezoidal: para $g$ de clase $C^2$ sobre $\intcc{0}{1}$ ,

$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2} - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$

(integra $\frac12 t(1-t)g''$ por partes dos veces).
Sea $f$ de clase $C^2$ sobre $\intco{1}{+\infty}$ con $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$ . Prueba que

$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f - \frac{f(1) + f(n)}{2}$

converge a una constante $E$ , con la cota de la cola $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$ : la fórmula de Euler–Maclaurin de primer orden.
Aplícalo a $f(t) = \frac1t$ : demuestra que

$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n, \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$

reforzando el Ejercicio 6.3 (identifica la constante con $\gamma$ comparando con el Ejemplo 6.7).
Extrae el coeficiente siguiente: prueba que $\varepsilon_n = -\frac{1}{12n^2} + o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ (los incrementos de $E_n$ son $\frac12\int_0^1t(1-t)f''(n+t)\dd t = \frac1{12}f''(n) + o(f''(n))$ ; suma la cola con el Teorema 6.6).
Aplica la pregunta 6 a $f = \ln$ : vuelve a deducir en tres líneas la convergencia de $d_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ (paso 1 del Teorema 6.13), con la velocidad de error de regalo $d_n = d + O\bigl(\frac1n\bigr)$ .
Aplica la pregunta 6 a $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$ : prueba que

$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$

para cierta constante $c$ , y evalúa todos los términos en $n = 10^4$ (la constante es $c \approx -1.4604$ ).

Parte III — Inversión: la ecuación $x\ln x = n$ .

Prueba que $x\ln x = n$ tiene exactamente una solución $x_n \in \intco{1}{+\infty}$ para $n \geq 1$ , que $x_n \to \infty$ y que $\ln x_n \sim \ln n$ .
Deduce la inversión de un término $x_n \sim \dfrac{n}{\ln n}$ y arranca una vez más:

$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1), \qquad x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$
Comprueba en $n = 10^6$ : la raíz verdadera es $x \approx 87\,848$ ; compárala con los valores de un término ( $\approx 72\,382$ ) y de dos términos ( $\approx 86\,140$ ), y explica la lentitud de la ganancia (el parámetro del desarrollo es $\frac{\ln\ln n}{\ln n}$ , que solo vale $\approx 0.19$ en $n = 10^6$ ).
Admitamos ahora el teorema de los números primos: el número $\pi(x)$ de primos $\leq x$ cumple $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ cuando $x \to \infty$ (demostrado honestamente en el volumen del tercer año). Escribiendo $p_n$ para el $n$ -ésimo primo, justifica $\pi(p_n) = n$ y aplica la inversión de las preguntas 11–12 para demostrar que

$p_n \sim n \ln n .$
Dividendos: (a) prueba que $\sum_{k \leq n} p_k \sim \frac{n^2\ln n}{2}$ (compara $\sum k\ln k$ con $\int t\ln t\,\dd t$ ); (b) calcula la probabilidad aproximada de que un entero elegido al azar uniformemente con $100$ cifras sea primo ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : alrededor de uno de cada $230$ ).

Parte IV — El método exportado: $x\tan x = 1$ .

Prueba que para cada $n \geq 1$ la ecuación $\tan x = \frac1x$ tiene exactamente una solución $x_n$ en $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ , y que $z_n = x_n - n\pi \to 0^+$ .
Un término: $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
Prueba que el desarrollo de $z_n$ no tiene término $\frac{c}{n^2}$ : $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
Tres términos: usando $\arctan u = u - \frac{u^3}3 + O(u^5)$ y $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$ , demuestra que

$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$
Comprueba en $n = 3$ : la raíz verdadera es $x_3 \approx 9.5293344$ ; compara los valores de uno y de tres términos, y contrasta en una frase con el $\tan x = x$ del curso (Ejemplo 6.23): dónde se sitúa cada sucesión dentro de su ventana, y por qué.

Parte V — Un arranque dinámico, reglas del juego, síntesis.

Sea $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ y $u_{n+1} = \sin u_n$ . Prueba que $u_n \to 0$ de manera decreciente y calcula el límite de $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ (desarrolla $\sin^{-2}$ mediante $\sin u = u - \frac{u^3}6 + o(u^3)$ ).
Deduce, mediante las medias de Cesàro (volumen del primer año), el clásico

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$
(Numérica certificada) Usando la cota rigurosa de la pregunta 7, prueba que evaluar $\ln n + \gamma + \frac1{2n}$ en $n = 10^6$ da $H_{10^6}$ con un error de a lo sumo $1.25\cdot10^{-13}$ : una suma de un millón de términos calculada con trece cifras mediante tres términos.
(Reglas del juego) Demuestra o refuta, con demostraciones o contraejemplos: (a) si $u_n \sim v_n \to +\infty$ , entonces $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; (b) si $u_n \sim v_n$ , entonces $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ; (c) si $f \sim g$ en $+\infty$ ( $f, g$ derivables), entonces $f' \sim g'$ .
(Síntesis) Una frase para cada punto: el bucle de arranque del Método 6.22 tal como se usa en las partes I, III y IV; qué añade la corrección trapezoidal al Teorema 6.6; por qué la inversión de $x\ln x$ es exactamente el puente de $\pi(x)$ a $p_n$ ; y cuál de las reglas de la pregunta 24 protegió cada paso. Nombra las dos cumbres: la fórmula de Euler–Maclaurin (de primer orden) y la ley asintótica del $n$ -ésimo primo.

Solución

Solución de Problema 6.1.

1. Restando los dos desarrollos: $\sum_i (c_i - c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$ . Si algún coeficiente difiere, sea $i_0$ el primero: dividiendo por $\varphi_{i_0}$ y usando $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ para $j > i_0$ se obtiene $c_{i_0} - c_{i_0}' = o(1)$ , es decir, cero: contradicción. Para el desarrollo: con $u = \frac{\ln x}x \to 0$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x\cdot\frac{1}{1 - u} = \frac1x\bigl(1 + u + u^2 + O(u^3)\bigr) = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr).

No aparece ningún término $\frac c{x^2}$ porque el desarrollo es una serie geométrica en $u = \frac{\ln x}{x}$ : cada término lleva tantas potencias de $\ln x$ como de $\frac1x$ más allá de la primera; el peldaño $\frac1{x^2}$ de la escala (coeficiente de $(\ln x)^0$ ) sencillamente no está, con coeficiente $0$ .

2. $f(x) = \eu^x + x$ es continua, estrictamente creciente y con límites $-\infty$ y $+\infty$ : es una biyección $\R \to \R$ , de modo que $x_n = f^{-1}(n)$ existe y es único, y $x_n \to +\infty$ ( $f^{-1}$ crece hacia $+\infty$ ). De $\eu^{x_n} = n - x_n$ resulta $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$ , luego $x_n/n \to 0$ y $x_n = \ln n + \ln(1 - x_n/n) = \ln n + o(1) \sim \ln n$ .

3. Escribamos $u_n = x_n/n$ . Segunda pasada: $u_n = \frac{\ln n + o(1)}{n}$ , así que

x_n = \ln n + \ln(1 - u_n) = \ln n - u_n + O(u_n^2) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}n\Bigr).

Tercera pasada: ahora $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} + o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$ y $\ln(1 - u_n) = -u_n - \frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$ :

x_n = \ln n - \frac{\ln n}n + \frac{\ln n}{n^2} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr),

absorbiéndose el término $\frac{\ln n}{n^2}$ en $o\bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\bigr)$ .

4. Para $n = 1000$ : $\ln 1000 \approx 6.90776$ (error $7\cdot10^{-3}$ ); dos términos: $6.90085$ (error $2\cdot10^{-5}$ ); tres términos: $6.90082$ (error por debajo de $10^{-5}$ ), frente a $x_{1000} \approx 6.90083$ . Cada pasada compra aproximadamente el factor previsto $\frac{\ln n}{n}$ .

5. Dos integraciones por partes, empezando por la derecha: con $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 - t$ y anulándose $t(1-t)$ en ambos extremos,

\frac12\int_0^1 t(1-t)g''(t)\dd t = -\int_0^1\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g'(t)\dd t = -\Bigl[\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g\Bigr]_0^1 - \int_0^1 g = \frac{g(0) + g(1)}2 - \int_0^1 g .

Reordenando, esa es la identidad del enunciado.

6. Calculemos el incremento y apliquemos después la pregunta 5 a $g(t) = f(n + t)$ :

\begin{align*} E_{n+1} - E_n &= f(n{+}1) - \int_n^{n+1}\!f - \frac{f(n{+}1) - f(n)}2 \\ &= \frac{f(n) + f(n{+}1)}2 - \int_n^{n+1}\!f = \frac12\int_0^1 t(1-t)f''(n+t)\dd t . \end{align*}

Como $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$ : $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq \frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$ , cuya suma sobre $n$ converge por hipótesis; luego $(E_n)$ converge (incrementos absolutamente sumables) a cierto $E$ , con

\abs{E - E_n} \leq \sum_{k\geq n}\abs{E_{k+1} - E_k} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''} .

7. $f(t) = \frac1t$ : $f''(t) = \frac2{t^3}$ y $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$ . Por la pregunta 6:

H_n = \ln n + \frac{1 + \frac1n}{2} + E + (E_n - E) = \ln n + \Bigl(E + \frac12\Bigr) + \frac1{2n} + \varepsilon_n,

con $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq \frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$ . Comparando con $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Ejemplo 6.7) se identifica $E + \frac12 = \gamma$ .

8. A partir de la fórmula del incremento de la pregunta 6,

\varepsilon_n = E_n - E = -\sum_{k\geq n}\frac12\int_0^1 t(1-t)\,\frac{2\,\dd t}{(k+t)^3} = -\sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1{k^3}\int_0^1t(1-t)\dd t + O\Bigl(\frac1{k^4}\Bigr)\Bigr),

usando $\frac{1}{(k+t)^3} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ uniformemente para $t \in \intcc01$ . Con $\int_0^1 t(1-t) = \frac16$ y $\sum_{k\geq n}\frac1{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}$ (Teorema 6.6):

\varepsilon_n = -\frac16\cdot\frac{1}{2n^2} + o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) = -\frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

9. $f = \ln$ : $f''(t) = -\frac1{t^2}$ , absolutamente integrable. La pregunta 6 da

\ln n! = \int_1^n\ln t\,\dd t + \frac{\ln n}2 + E + O\Bigl( \frac1{8}\int_n^\infty\frac{\dd t}{t^2}\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - n + 1 + E + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

de modo que $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$ : convergencia de $(d_n)$ —paso 1 del Teorema 6.13— más la velocidad $O(1/n)$ . (El valor del límite dado por Stirling da $E = \ln\sqrt{2\pi} - 1$ .)

10. $f(t) = t^{-1/2}$ : $f''(t) = \frac34 t^{-5/2}$ , absolutamente integrable. La pregunta 6 da

\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n - 2 + \frac{1 + \frac1{\sqrt n}}2 + E + O\bigl(n^{-3/2}\bigr) = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\bigl(n^{-3/2}\bigr),

con $c = E - \frac32$ . Para $n = 10^4$ : $2\sqrt n = 200$ , $c \approx -1.46035$ , $\frac1{2\sqrt n} = 0.005$ ; predicción $198.54465$ , y en efecto $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} = 198.544645\dots$ : tres términos, siete cifras.

11. $t \mapsto t\ln t$ es continua y estrictamente creciente sobre $\intco1\infty$ (derivada $\ln t + 1 \geq 1$ ), de $0$ a $+\infty$ : existe un único $x_n$ , y $x_n \to \infty$ (en otro caso $x_n\ln x_n$ quedaría acotado). Tomando logaritmos en $x_n\ln x_n = n$ : $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$ ; como $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$ , dividiendo por $\ln x_n$ resulta $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$ , es decir, $\ln x_n \sim \ln n$ .

12. De $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ y $\ln x_n \sim \ln n$ : $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$ . Pasada siguiente: $\ln\ln x_n = \ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$ , luego $\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1)$ y

x_n = \frac{n}{\ln n - \ln\ln n + o(1)} = \frac{n}{\ln n}\cdot\frac{1}{1 - \frac{\ln\ln n + o(1)}{\ln n}} = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).

13. Para $n = 10^6$ : $\frac{n}{\ln n} \approx 72\,382$ (error del $18\,\%$ ); dos términos dan $\approx 86\,140$ (error del $1.9\,\%$ ), frente al valor verdadero $x \approx 87\,848$ . La ganancia por pasada es solo el factor $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx \frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$ : las escalas logarítmicas convergen con desesperante lentitud, hecho de la vida allí donde intervienen los primos.

14. Hay exactamente $n$ primos $\leq p_n$ (a saber, $p_1, \dots, p_n$ ): $\pi(p_n) = n$ . El teorema de los números primos (admitido; volumen del tercer año) da $n = \pi(p_n) \sim \frac{p_n}{\ln p_n}$ , es decir, $p_n \sim n\ln p_n$ : es la ecuación $x\ln x \approx n$ leída al revés. Tomando logaritmos: $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$ , y $\ln\ln p_n = o(\ln p_n)$ obliga a $\ln p_n \sim \ln n$ como en la pregunta 11. Sustituyendo de vuelta:

p_n \sim n\ln p_n = n\,\ln n\,\frac{\ln p_n}{\ln n} \sim n\ln n .

15. (a) Fijemos $\varepsilon > 0$ ; para $k$ grande, $(1 - \varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$ . Por comparación con la función creciente $t\ln t$ (encuadre del tipo del Teorema 6.6), $\sum_{k\leq n}k\ln k = \int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) = \frac{n^2\ln n}2 - \frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim \frac{n^2\ln n}2$ . Por tanto $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln n}{2}(1 + O(\varepsilon) + o(1))$ para todo $\varepsilon$ : $\sum_{k\leq n}p_k \sim \frac{n^2\ln n}2$ . (b) Por el teorema de los números primos, entre los enteros hasta $10^{100}$ una proporción $\sim \frac{1}{\ln 10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ son primos: un entero de $100$ cifras elegido uniformemente al azar es primo con probabilidad aproximada $\frac1{230}$ .

16. Sobre $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$ , la función $g(x) = \tan x - \frac1x$ es continua y estrictamente creciente ( $g' = 1 + \tan^2x + \frac1{x^2} > 0$ ), con $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ en el extremo izquierdo y $g \to +\infty$ en el derecho: hay exactamente una raíz $x_n$ . Como $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ con $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ : $z_n \to 0^+$ .

17. $\tan z_n \sim z_n$ y $\frac1{x_n} \sim \frac1{n\pi}$ : $z_n \sim \frac1{n\pi}$ .

18. $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ y $\arctan u = u + O(u^3)$ . Con $z_n = O(\frac1n)$ :

\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac1{1 + \frac{z_n}{n\pi}} = \frac1{n\pi} - \frac{z_n}{n^2\pi^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) = \frac1{n\pi} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

luego $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ : el peldaño $\frac{c}{n^2}$ tiene coeficiente $0$ , porque la primera corrección de $\frac1{x_n}$ es ya de tamaño $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$ .

19. Insertemos $z_n = \frac1{n\pi} + O(n^{-3})$ en la fórmula anterior:

\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr),

y entonces $z_n = \arctan\frac1{x_n} = \frac1{x_n} - \frac{1}{3}\Bigl(\frac1{x_n}\Bigr)^3 + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr) = \frac1{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} - \frac{1}{3n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)$ :

x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3n^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr).

20. Para $n = 3$ : un término da $9.53088$ , tres términos $9.52929$ , y la raíz verdadera es $9.52933$ ; los errores son $1.5\cdot10^{-3}$ y $5\cdot10^{-5}$ . Contraste: para $\tan x = x$ la raíz ha de hacer enorme la tangente, así que se pega al extremo derecho $n\pi + \frac\pi2$ de la ventana, a distancia $\sim\frac1{n\pi}$ antes de la asíntota; para $x\tan x = 1$ la raíz ha de hacer diminuta la tangente, así que se sitúa justo después del extremo izquierdo $n\pi$ , a distancia $\sim\frac1{n\pi}$ tras el cero. Mismo método, geografía especular.

21. $\sin u < u$ sobre $\intoo0\pi$ , y $\sin$ envía $\intoo0\pi$ dentro de $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$ : tras un paso, $u_1 \in \intoc{0}{1}$ , y entonces $(u_n)$ decrece y está acotada inferiormente por $0$ , luego converge a un punto fijo de $\sin$ , es decir, a $0$ . Desarrollo: $\sin u = u(1 - \frac{u^2}6 + o(u^2))$ , de modo que

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac1{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\bigl(1 - \tfrac{u_n^2}6 + o(u_n^2)\bigr)^{-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .

22. Por Cesàro (volumen del primer año), la media de los incrementos converge al mismo límite:

\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{u_n^2} = \frac1n\Bigl(\frac1{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1} \Bigl(\frac1{u_{k+1}^2} - \frac1{u_k^2}\Bigr)\Bigr) \longrightarrow \frac13 ,

luego $u_n^2 \sim \frac3n$ y, al ser todos los términos positivos, $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

23. Por la pregunta 7, $\abs{H_n - \ln n - \gamma - \frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$ . En $n = 10^6$ esa cota vale $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$ : tres términos calculados entregan la suma armónica de un millón de sumandos con trece cifras y un certificado de error plenamente riguroso, que es todo el sentido de una fórmula asintótica con resto explícito.

24. (a) Cierto: $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n} \to 0$ mientras que $\ln v_n \to +\infty$ , luego el cociente de los logaritmos tiende a $1$ . (b) Falso: $u_n = n + 1 \sim v_n = n$ , pero $\eu^{u_n}/\eu^{v_n} = \eu \neq 1$ . La equivalencia tolera errores aditivos $o(1)$ en el exponente, no $O(1)$ . (c) Falso: $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ en $+\infty$ , pero $f'(x) = 1 + 2x\cos(x^2)$ oscila sin acotación mientras que $g' = 1$ : las derivadas de funciones equivalentes no tienen por qué ser comparables en absoluto.

25. El bucle del Método 6.22 se ejecutó idénticamente tres veces: localizar la raíz, extraer un término tosco y realimentarlo para el orden siguiente —sobre $\eu^x + x = n$ (parte I), sobre $x\ln x = n$ (parte III) y sobre $x\tan x = 1$ (parte IV)—. La corrección trapezoidal mejora la comparación serie–integral desde “la diferencia converge” hasta un término explícito $\frac{f(1) + f(n)}2$ con resto certificado $O(\int_n^\infty \abs{f''})$ : constantes y barras de error en lugar de mera convergencia. El puente hacia los primos es pura inversión: el teorema de los números primos dice que $\pi(x)\ln x \approx x$ , de modo que $p_n$ , definido por $\pi(p_n) = n$ , resuelve una ecuación $x\ln x = n$ y hereda su asintótica. La regla (a) de la pregunta 24 legitimó todo paso de $u_n \sim v_n$ a $\ln u_n \sim \ln v_n$ (preguntas 11 y 14); y la falsedad de (b) es la razón de que nunca exponenciemos equivalencias. Cumbres: la fórmula de Euler–Maclaurin de primer orden (pregunta 6) y la ley asintótica $p_n \sim n\ln n$ del $n$ -ésimo primo (pregunta 14).

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