Mostrar $\sum_{k=1}^{nm} \frac{1}{k} \approx \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k}$

Question

Desde $\log(nm) = \log(n) + \log(m)$ y $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \approx \log n$ para grandes $n$ se puede esperar que $$\sum_{k=1}^{nm} \frac{1}{k} \approx \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k}$$

cuando $n,m$ son grandes.

Me pregunto si esta aproximación se puede demostrar a través de discreto significa. Es decir, manipulaciones de fracciones racionales y/o consideraciones teóricas numéricas elementales, sin utilizar el $\log n$ aproximación.

Answer 1

Este es un pequeño y agradable problema, y afortunadamente tiene una solución sencilla.

Supongamos que $m$ y $n$ son números naturales grandes. Consideremos las siguientes desigualdades:

$$ \sum_{k=cn+1}^{(c+1)n}\frac{1}{(c+1)n}\leq\sum_{k=cn+1}^{(c+1)n}\frac{1}{k} \leq\sum_{k=cn+1}^{(c+1)n}\frac{1}{cn+1} $$ Esto significa que podemos estimar la suma media con la suma inferior con un error no mayor que el siguiente (utilizando el hecho de que $n$ es grande): $$ \sum_{k=cn+1}^{(c+1)n}\frac{n-1}{(c+1)n(nc+1)} \approx \sum_{k=cn+1}^{(c+1)n}\frac{1}{c(c+1)n} = \frac{1}{c(c+1)} $$ Así, tenemos la siguiente cota superior aproximada (utilizando el hecho de que $m$ es grande): $$ \sum_{k=1}^{nm}\frac{1}{k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} + \sum_{c=1}^{m-1}\sum_{k=cn+1}^{(c+1)n}\frac{1}{k} \lesssim\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}+ \sum_{c=1}^{m-1}\left[\frac{1}{c+1}+\frac{1}{c(c+1)}\right]\approx\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}+\sum_{k=1}^m\frac{1}{k} $$ Y tenemos el siguiente límite inferior: $$ \sum_{k=1}^{nm}\frac{1}{k} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} + \sum_{c=1}^{m-1}\sum_{k=cn+1}^{(c+1)n}\frac{1}{k} \geq\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}+ \sum_{c=1}^{m-1}\frac{1}{c+1} =\left[\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}+\sum_{k=1}^m\frac{1}{k}\right]-1 $$

Answer 2

Dejemos que $$S = \sum_{k=1}^n \frac{1}k + \sum_{k=1}^m \frac{1}k.$$ Obsérvese que podemos escribir $\sum_{k=1}^{nm} \frac{1}k$ como $$\begin{align*} 1 + \cdots + \frac{1}n \\ \frac1{n+1} + \cdots + \frac{1}{2n} \\ \cdots \\ \frac{1}{n(m-1)} + \cdots + \frac{1}{nm} \end{align*} $$ Etiquete las filas de la tabla anterior de $1$ hasta $m$ . Tenga en cuenta que todos los números del $j$ La tercera fila es $\ge \frac{1}{jn}$ por lo que la suma de los números del $j$ La tercera fila es al menos $n \cdot \frac{1}{jn} = \frac{1}j$ . Resumiendo esto de $j=2$ a $m$ nos da $$ \sum_{k=1}^{nm} \frac{1}k \ge \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}k + \sum_{j=1}^m \frac{1}j \right) - 1 = S-1.$$ Del mismo modo, cada entrada en el $j$ a fila es como máximo $\frac{1}{(j-1)n}$ por lo que la suma de $j=2$ a $m$ da $$ \sum_{k=1}^{nm} \frac{1}k \le \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}k + \sum_{j=1}^m \frac{1}j \right) - \frac{1}m = S-\frac{1}m.$$ Por lo tanto, $$ \frac{1}m \le \sum_{k=1}^n \frac{1}k + \sum_{k=1}^m \frac{1}k - \sum_{k=1}^{nm} \frac{1}k \le 1. $$

Answer 3

Evitar $\log$ s todavía tenemos $H_N=\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{k}=\int_{0}^{1}\frac{x^N-1}{x-1}$ y

$$ H_{NM}-H_{N}-H_{M} = \int_{0}^{1}\frac{(x^N-1)(x^M-1)}{x-1}\,dx\leq 0, $$ cuyo valor absoluto puede ser acotado (debido a la desigualdad de Cauchy-Schwarz) por $$ \sqrt{\int_{0}^{1}\frac{(1-x^N)^2}{1-x}\,dx \int_{0}^{1}\frac{(1-x^M)^2}{1-x}\,dx}=\sqrt{(2H_N-H_{2N})(2H_M-H_{2M})}. $$ Por otro lado $$ H_{2N}-H_N = \sum_{k=1}^{2N}\frac{(-1)^{k+1}}{k} $$ es una suma parcial para un convergente (a $\log 2$ ), por lo que $$ H_N+H_M-\sqrt{H_N H_M}\leq H_{NM} \leq H_N+H_M $$ se mantiene para cualquier $N,M$ .

Answer 4

Ser la sucesión $\{c_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ como: \begin{equation} c_n = \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) - \ln(n) \end{equation} Podemos notarlo: \begin{eqnarray*} c_{n+1}-c_n &=& \left[\sum_{k=1}^{n+1} \left(\frac{1}{k}\right) - \ln(n+1)\right] -\left[\sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k}\right) - \ln(n)\right] \\ c_{n+1}-c_n &=& \frac{1}{n+1} - \ln(n+1) + \ln(n) \\ c_{n+1}-c_n &=& \frac{1}{n+1} - \left[\ln(n+1) - \ln(n)\right] \\ c_{n+1}-c_n &=& \frac{1}{n+1} - \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx \\ \end{eqnarray*} Pero si graficamos $\displaystyle y = \frac{1}{x}$ y dibujamos rectángulos como en la figura:

Observamos que el área del rectángulo entre $x=n$ y $x=n+1$ es $\displaystyle\frac{1}{n+1}$ y es menor que $\displaystyle\int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx$ . Entonces $\forall n\in \mathbb{N}$ :

\begin{equation} c_{n+1}-c_n = \frac{1}{n+1} - \int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} dx < 0 \end{equation}

Así, la sucesión $\{c_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ es monótonamente decreciente y $c_{n+1} < c_n < \cdots < c_2 < c_1 = 1$ entonces $\lim_{n\to\infty}c_n=\gamma$ existe y es menor que 1, hay que tener en cuenta que $\lim_{n\to\infty}c_n$ es la constante de Euler-Mascheroni $\gamma$ .

Ser la sucesión $\left\lbrace b_n \right\rbrace_{n\in\mathbb{N}}$ tal que $b_n=nm$ con $m\in\mathbb{N}$ la sucesión $c_n$ y su subsunción $c_{b_n}$ convergen al mismo número: \begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty}c_{b_n} &=& \lim_{n\to\infty}c_n \\ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) - \ln(nm) &=& \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) - \ln(n) \\ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) - \ln(n) - \ln(m) &=& \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) - \ln(n) \\ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) &=& \ln(m) \\ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right) &=& \ln(m) -\sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right) \\ \lim_{m\to\infty}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right) &=& \lim_{m\to\infty}\ln(m) -\sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right) \\ \lim_{m\to\infty}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right) &=& \gamma < 1 \end{eqnarray}

Entonces para $n,m$ muy grande: \begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) -\sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right) &\approx& \gamma \\ \sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) &\approx& \gamma + \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) + \sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right) \\ \sum_{k=1}^{nm} \left(\frac{1}{k}\right) &\approx& \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) + \sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right) \end{eqnarray} Porque $\displaystyle \gamma << \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}\right) + \sum_{k=1}^{m} \left(\frac{1}{k}\right)$ . Parte de esta demostración procede del libro "Euler: El maestro de todos nosotros" [ 1 ].

---

Referencias: Dunham, William Euler: El maestro de todos nosotros, Las Exposiciones Matemáticas Dolciani. 22. Washington, DC: The Mathematical Association of America. xxviii, 185 p. (1999). ZBL0951.01012 .