Demuestre que por cada$n\in \mathbb{N*}$, hay un número$p\in \mathbb{N}$ tal que$n\le 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{p}<n+1$

Question

Creo que es equivalente a probar que $f(p)=E(1+\frac{1}2+\frac{1}{3} \ldots+\frac{1}{p})$ es un superávit.

pero no tengo idea de como probarlo

pero esto es lo que hice: $f(2n)-f(n)=\frac{1}{n+1}+\ldots+\frac{1}{2n}$ así que $f(2^n)-1\ge \frac{1}{2}n$

por lo tanto $f(2^{2n})\ge1+n>n$

Answer 1

Usted está casi allí. Se demostró que existen $m\in\Bbb N$ con $f(m)\ge n+1$ (es decir, por $m=2^{2n}$).

Ahora vamos a $m$ ser el más pequeño de los recursos naturales con los $f(m)\ge n+1$. Entonces, ciertamente, $m>1$. Por lo tanto $f(m-1)$ está definido y por minimality de $m$ - no $\ge n+1$, i..e, $f(m-1)<n+1$. Por otro lado $f(m-1)=f(m)-\frac 1m\ge n+1-\frac 1m>n$

Answer 2

Si tenemos en cuenta las sumas parciales de la serie armónica, $H_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$, obtenemos un creciente y divergente de la secuencia, sino $H_{n+1}-H_n$ siempre $\leq\frac{1}{2}$. Si tenemos en cuenta los intervalos de $$ U_1=[H_1=1,2),\quad U_2=[2,3),\quad U_3=[3,4),\quad \ldots $$ tenemos que los elementos de la $\{H_n\}_{n\geq 1}$ no puede saltarse alguno de estos intervalos, ya que implicaría $H_{m+1}-H_m\geq 1$ para algunos $m\geq 1$ ("salto").
En particular, existe un número armónico en cada intervalo de tiempo, como iba a ser mostrado.

Una alternativa razonable para demostrar que el reclamo "por la mano" para valores pequeños de a$n$, para luego explotar el hecho de que $H_p = \log(p)+\gamma+O\left(\frac{1}{p}\right)$, por lo tanto, en $U_N$ hay aproximadamente $0.964745628\,e^N\gg 1$ armónica de los números para cualquier $N$ lo suficientemente grande.

Answer 3

Soy un vago y me gusta llevarme bien-conocer las herramientas y les libra con los martillos.

Se sabe que la serie armónica, $\sum_{k=1}^{\infty} \frac 1k$ se bifurca y que parece que han probado adecuadamente.

Así que ese es mi herramienta.... eso y la definición estándar de "divergen": Así, por $n$ existe un $m$ , de modo que $\sum_{k=1}^m \frac 1k > n$.

Deje $p$ ser al menos tan entero (Bien-ordenó el director, si es que tengo que seguir señalando mis herramientas) tenemos $n < \sum_{k=1}^{p} \frac 1k$ y asumiendo $p> 1$ (que debe ser si $n \ge 1=\sum_{k=1}^1 \frac 1k$), a continuación, $p-1$ no tiene la propiedad por lo $\sum_{k=1}^{p-1} \frac 1k \le n <\sum_{k=1}^{p} \frac 1k$.

Y mientras yo estoy nombrar mis herramientas de la suma de la indización y la desigualdad axiomas me da:

$\sum_{k=1}^{p-1} \frac 1k \le n \le \sum_{k =1}^{p}\frac 1k=(\sum_{k=1}^{p-1} \frac 1k) + \frac 1p <( \sum_{k=1}^{p-1} \frac 1k) + 1 < n + 1$