Probar esta desigualdad: $\frac n2 \le \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac1{2^n - 1} \le n$

Question

$\dfrac{n}{2} \le \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2^n - 1} \le n $

He Intentado durante horas, pero no tengo ninguna idea sorprendente. Yo no tengo ningún esfuerzos para mostrar en lugar de inducción. Por favor, Inténtelo Si usted 've no inductiva de la prueba.

Answer 1

SUGERENCIA: la Inducción en $n$ realmente es la manera más fácil de ir. Tenga en cuenta que

$$\frac1{2^{n+1}-1}=\frac1{2^n+(2^n-1)}\;,$$

así que hay $2^n$ términos en la expresión

$$\frac1{2^n}+\frac1{2^n+1}+\ldots+\frac1{2^{n+1}-1}\;.$$

Ahora uso el hecho de que cada término se entre $\dfrac1{2^{n+1}}$$\dfrac1{2^n}$.

Para un no-argumento inductivo puede verse a la sumas de Riemann sobre subintervalos de anchura $1$. Si

$$S_n=\sum_{k=1}^{2^n-1}\frac1k\;,$$

mostrar que

$$\int_1^{2^n}\frac{dx}x=n\ln 2\le S_n\le 1+\int_1^{2^n-1}\frac{dx}x=1+\ln(2^n-1)\;,$$

y utilizar esto para obtener el resultado deseado. Usted tendrá que demostrar que $1+\ln(2^n-1)\le n$ y $n\ln 2\ge\dfrac{n}2$.

Answer 2

Es un estándar de truco. Vamos $$ H_n = 1 + \frac12 +\ldots+ \frac1n. $$ Mira en el $H_{2^n-1}$: $$ n=1: H_1 = 1=1\\ n=2: H_3 = 1 + \frac12 + \frac13 < 1 + \frac12 + \frac12 = 1 + 1=2\\ n=3: H_7 = 1 + \frac12 + \frac13 + \left(\frac14+\frac15+\frac16+\frac17\right) < 1 + \frac{2}{2} + \left(\frac14+\frac14+\frac14+\frac14\right)=1 + 2 =3 $$ Por eso, $H_{2^n-1} < n$. De forma análoga, $$ n=1: H_1 = 1=1\\ n=2: H_3 = 1 + \frac12 + \frac13 > 1 + \frac14 + \frac14 = 1 + \frac{1}{2}\\ n=3: H_7 = 1 + \frac12 + \frac13 + \left(\frac14+\frac15+\frac16+\frac17\right) > 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac18+\frac18+\frac18+\frac18\right)=1 + \frac{2}{2}, $$ o en general $$ H_{2^n-1}>1 + \frac{n-1}{2} = \frac{n+1}{2} $$

Answer 3

$H_m = 1 + 1/2 + 1/3 + ... + 1/m$

$\ln (m) < H_m < \ln (m + 1)$

poner $m = 2^n - 1 $

$n/2 \leq \ln (2^n - 1)$

$\ln (2^n -1) + 1 \leq n $

Answer 4

como curiosidad podemos desarrollar una aproximación de la suma en consideración como un caso especial de una recóndita fórmula citada por Brian Scott en esta respuesta

de acuerdo a wikipedia $$ H_n = \ln n+\gamma+\frac1{2n}-\frac1{12n^2} + \frac1{120n^4} - \epsilon \etiqueta{1} $$ donde $0 \lt \epsilon \lt \frac1{252n^6}$

para $n \gt 0$ tenemos: $$ \log (2^n-1) = n \log 2 +\log (1 -2^{-n}) = n \log 2 - 2^{-n} - 2^{-(2n+1)} -R $$ donde $0 \lt R \lt 2^{-(3n+1)}$

también $$ \frac1{2(2^n-1)} = 2^{-(n+1)}+ 2^{-(2n+1)} + R' $$ donde $0 \lt R' \lt 2^{-3n}$

y, finalmente, tomando sólo el primer término de la expansión de la $\frac{2^{-2n}}{12(1-2^{-n})^2}$ obtenemos la aproximación: $$ H_{2^n-1} \approx 0.69314718... n -\frac13(2^{-(n+1)}+\frac32)^2 + 1.32721566... $$

por cierto, en la wikipedia el artículo citado se merece una exploración - contiene algunos alucinante cosas! incluso esta pequeña joya: $$ \int_0^{\infty} e^{-x} \log^2 x dx = \gamma^2 + \frac{\pi^2}6 $$