Límites para la suma parcial armónica k-ésima.

Question

Necesito acotar la suma parcial k-ésima o la serie armónica, es decir

$$ln(k+1)<\sum_{m=1}^{k}\frac{1}{m}<1+ln(k)$$

Estoy tratando de integrarme en $[m,m+1]$ en la relación $\frac{1}{m+1}<\frac{1}{x}<\frac{1}{m}$ para todos $x\in[m,m+1]$ y me sale: $$\int_{m}^{m+1}\frac{1}{m+1}dx<ln(m+1)-ln(m)<\int_{m}^{m+1}\frac{1}{m}dx$$ entonces $$\sum_{m=1}^{k}\frac{1}{m+1}<ln(k)<\sum_{m=1}^{k}\frac{1}{m}$$ pero no se como concluir o continuar... por favor ayuda.

Answer 1

Para $m\ge 2$ , $1/u\le 1/m \le 1/(u-1)$ para $u \in [m,m+1]$

Por integración en este intervalo

$$\ln(m+1)-\ln m \le 1/m \le \ln m - \ln(m-1)$$

Entonces sólo hay que sumar esas desigualdades.

Answer 2

Observando que $$ \frac1{x+1}<\frac1m<\frac{1}{x},x\in(m-1,m)$$ uno tiene $$ \sum_{m=1}^k \frac1m=\sum_{m=1}^k\int_{m-1}^m\frac{1}{m}dx<1+\sum_{m=2}^k\int_{m-1}^m\frac{1}{x}dx=1+\int_1^k\frac1xdx=1+\ln k$$ y $$ \sum_{m=1}^k \frac1m=\sum_{m=1}^k\int_{m-1}^m\frac{1}{m}dx>\sum_{m=1}^k\int_{m-1}^m\frac{1}{x+1}dx=\int_1^k\frac1{x+1}dx=\ln (k+1). $$ Así que $$ \ln(k+1)<\sum_{m=1}^k \frac1m<1+\ln k. $$

Answer 3

Una aproximación intuitiva en este caso se puede encontrar pensando de forma pictórica en las sumas y funciones en cuestión. Sabemos que el área bajo la curva $\frac{1}{x}$ de $1$ a $k$ viene dada por $\ln(k)$ . Las sumas parciales $\sum_{m=1}^n \frac{1}{m}$ puede visualizarse mediante la disposición de un bloque de altura y longitud $1$ a partir de $x = 1$ , luego de la altura $\frac{1}{2}$ y la longitud $1$ a partir de $x = 2$ , de altura $\frac{1}{3}$ y la longitud $1$ en $x = 3$ y así sucesivamente hasta un bloque de altura $\frac{1}{k}$ y la longitud $1$ en $x = k$ . Si dibujamos algunos bloques y luego pensamos en cómo delimitar por encima o por debajo mediante gráficos que parecen versiones posiblemente desplazadas de $\frac{1}{x}$ El motivo por el que este límite se mantiene debería ser mucho más fácil de ver. Un argumento riguroso con integrales sigue entonces de forma bastante natural.

Answer 4

Continuando con su pensamiento original con algunas modificaciones:

$$ln(m+1)-ln(m)<\int_{m}^{m+1}\frac{1}{m}dx$$ entonces $$\sum_{m=1}^{k}ln(m+1)-ln(m)<\sum_{m=1}^{k} \int_m^{m+1}\frac{1}{m} dx$$ y $$ln(k+1)<\sum_{m=1}^{k}\frac{1}{m}$$

que te da el LHS de la desigualdad.

El RHS viene de:

$$\frac{1}{m-1} < x < \frac{1}{m}$$ para $x\in [\frac{1}{m}, \frac{1}{m - 1}]$

Por lo tanto:

$$\int_{m-1}^m \frac{1}{m} dx< ln(m) - ln(m-1)$$

y

$$\sum_{m=2}^{k}\int_{m-1}^m \frac{1}{m} dx< \sum_{m=2}^{k} ln(m) - ln(m-1)$$

entonces

$$\sum_{m=2}^{k}\frac{1}{m} < ln(k)$$

y finalmente,

$$\sum_{m=1}^{k}\frac{1}{m} < ln(k) + 1$$

Donde añadimos $1$ a cada lado.

Answer 5

Para llegar a esta desigualdad, podemos utilizar un enfoque que utiliza sus ideas. Tenemos para cada $m$ ,

$$\dfrac{1}{m+1} < \ln(m+1) - \ln(m) < \dfrac{1}{m}$$

Ahora considera el lado derecho:

$$ \ln(m+1) - \ln(m) < \dfrac{1}{m}$$

Poniendo $m=k$ podemos llegar a la desigualdad del lado izquierdo como sigue:

$$ \begin{align}\ln(k+1) &< \dfrac{1}{k} + \ln(k) \\ &< \dfrac{1}{k}+ \dfrac{1}{k-1} + \ln(k-1) \tag{putting $m=k-1$} \\ &\vdots \\ &< \sum^{k}_{i=1} \dfrac{1}{i} \end{align}$$

Esto da el límite inferior de la desigualdad requerida.

Ahora considere,

$$\dfrac{1}{m+1} < \ln(m+1) - \ln(m)$$ $$ \implies \dfrac{1}{m+1} + \ln(m) < \ln(m+1)$$

Aquí empezaremos con $m=k-1$ :

$$\begin{align} \ln(k) &> \dfrac{1}{k} + \ln(k-1) \\ &> \dfrac{1}{k}+ \dfrac{1}{k-1}+\ln(k-2) \tag{putting $m=k-2$} \\ &\vdots \\ &> \sum^{k}_{i=2} \dfrac{1}{i} + \ln(1) \\ &= \sum^{k}_{i=2} \dfrac{1}{i} \end{align}$$

Así, sumando 1 en ambos lados nos da el límite superior deseado de la desigualdad.

QED.