\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\frac{\sum_{k=1}^n \left( n - \sum_{j=1}^k \frac{1}{j} \right)}{n^2}} \)
La expresión es equivalente a \( 1-\lim_{n\to \infty }n^{-2}\sum_{k=1}^{n}H_k \), donde \( H_k:=\sum_{j=1}^k j^{-1} \) son los denominados números armónicos. Por otra parte tenemos la siguiente relación bastante conocida en análisis: \( \lim_{n\to \infty }(H_n-\ln n)=\gamma \), donde \( \gamma \) es la constante de Euler-Mascheroni, luego tenemos que
\[
\begin{align*}
\lim_{n\to \infty }\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n H_k&\overset{(1)}{=}\lim_{n\to \infty }\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n \ln k\\
&=\lim_{n\to \infty }\frac{\ln n!}{n^2}\\
&\overset{(2)}{=}\lim_{n\to \infty }\frac{\ln[\left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}]}{n^2}\\
&=\lim_{n\to \infty }\frac{n\ln (n/e)}{n^2}=0
\end{align*}
\]
Luego el valor del límite del problema es uno. Es semejante a la solución de
Juan Pablo Sancho. Para (1) he usado de tapadillo el teorema del sándwich ya que la sucesión dada por \( H_n-\ln n \) es
acotada, y para (2) la aproximación de Stirling.
Corregido.
Añadido: otra manera de re-escribir \( \sum_{k=1}^n H_k \) es utilizar suma por partes, en tal caso (usando la notación del
cálculo finito) tenemos que
\[
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n H_k&=\sum\nolimits_1^{n+1}\Delta k\cdot H_k\,\delta k\\
&=k\cdot H_k\big|_{k=1}^{k=n+1}-\sum\nolimits_1^{n+1}\operatorname{E}k\cdot \Delta H_k\, \delta k\\
&=(n+1)H_{n+1}-1-\sum_{k=1}^n(k+1)\cdot \frac1{k+1}\\
&=(n+1)(H_{n+1}-1)
\end{align*}
\]
Por tanto
\[
\lim_{n\to \infty }\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n H_k=\lim_{n\to \infty }\frac{(n+1)(H_{n+1}-1)}{n^2}=\lim_{n\to \infty }\frac{H_{n+1}}{n}\overset{(3)}{=}\lim_{n\to \infty }\frac{\ln (n+1)}{n}=0
\]
donde en (3) he vuelto a usar la identidad \( \lim_{n\to \infty }(H_n-\ln n)=\gamma \).
