$ \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} \le \log n $

Question

¿Alguien podría darme alguna pista de cómo probar esto?

PS

Acabo de aparecer esta expresión en mi libro.

Answer 1

Fijar un entero positivo$k$. Al utilizar el hecho de que$g(x) = x^{-1}$ está disminuyendo en$[k,k+1]$, tenemos$$(k+1)^{-1} \leq x^{-1} \leq k^{-1} \text{ for } x \in [k,k+1]$ $ Integración sobre$[k,k+1]$ rendimientos$$\int_k^{k+1} (k+1)^{-1} dx\leq\int_k^{k+1} x^{-1} dx\leq\int_k^{k+1} k^{-1} dx$ $$$(k+1)^{-1} \leq\log(k+1) - \log(k)\leq k^{-1} $ $ Resumiendo sobre$k = 1,2, \ldots, n-1$ tenemos$$\sum_{k=1}^{n-1} (k+1)^{-1} \leq \sum_{k=1}^{n-1} [\log(k+1) - \log(k)] \leq \sum_{k=1}^{n-1} k^{-1} $ $$$2^{-1} + 3^{-1} + \ldots + n^{-1}\leq \log(n) \leq 1 + 2^{-1} + \ldots + (n-1)^{-1} $ $

Answer 2

Tenga en cuenta que$$\log n=\int_1^n \frac{1}{x} \, dx$ $

Tenga en cuenta que si tomamos sumas de mano derecha con el subintervalo 1, vemos que la suma de ellas es$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$. Y como las sumas de los diestros son más bajas que la gráfica de$f(x)=\frac1x$, vemos que su área es más pequeña que la integral real, es decir,$\log x$.

Answer 3

Usa la desigualdad$$\frac{1}{n+1} \leqslant \ln \left( 1+\frac{1}{n} \right)$ $ para probar el tuyo por inducción.