Prueba de secuencia creciente y acotada

Question

Demostrar que la secuencia $a_n= 1+ \frac 12+ \frac 13+\cdots+ \frac 1n-\ln(n)$ es creciente y acotada por encima. Concluir que es convergente.

Esto es lo que tengo hasta ahora

Prueba:

Parte 1: Probando $a_n$ es creciente por inducción.

Base: $a_1=1$

$a_2=1+\frac 12= \frac 32$

$a_1a_2$

Así que el caso base está establecido.

Paso de inducción: Suponemos que $a_{n-1}a_n$ . Demostraremos que $a_na_{n+1}$ . Desde

$a_{n-1}a_n$

$$1+ \frac 12+ \frac 13+\cdots+ \frac{1}{(n-1)}-\ln(n-1) \leq 1+ \frac 12+ \frac 13+\cdots+ \frac 1n-\ln n$$

¿Cómo debo continuar?

Answer 1

Esta secuencia NO está aumentando y de hecho está DISMINUYENDO.

Prueba:

$$a_n = 1+\frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \ln(n)$$

$$a_{n+1}=1+\frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1} - \ln(n+1)$$

así que

$$a_{n+1}=a_n + (\ln(n) +\frac{1}{n+1} - \ln(n+1)) = a_n + \frac{1}{n+1} - (\ln(n+1) - \ln(n))$$

$$\ln(n+1)-\ln(n) = \int_n^{n+1}\frac{1}{t}dt > \frac{1}{n+1}$$

Para ver la última línea basta con dibujar un gráfico de $\frac{1}{t}$ entre $n$ y $n+1$ y dibujar un recuadro de anchura $1$ y la altura $\frac{1}{n+1}$ (es decir, la caja toca $\frac{1}{t}$ en $t=\frac{1}{n+1}$ ).

NOTA : Su caso base no se hizo correctamente ya que se olvidó de restar $\ln(1)$ y $\ln(2)$ (concedido $\ln(1) = 0$ ) si se resta $\ln(2) \approx 0.693147 > 0.5$ habrías visto que el caso base no se sostiene.

Answer 2

Creo que se le debería haber pedido que demuestre que $$ 1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n-\ln(n+1) \tag 1 $$ aumenta con $n$ . El término anterior es $$ 1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac{1}{n-1} - \ln n. \tag 2 $$ Entonces el problema es demostrar que cuando se resta $(2)$ de $(1)$ la diferencia es no negativa. Se obtiene $$ \frac1n - \ln(n+1) + \ln n = \int_n^{n+1} \frac1n - \frac1x \, dx. \tag 3 $$ Es fácil demostrar que eso es no negativo.

Para demostrar que $(1)$ está acotado por encima, primero observe que $(1)$ es igual a la suma de expresiones como la de $(3)$ : $$ \sum_{k=1}^n \int_k^{k+1} \frac1k - \frac1x\, dx. \tag 4 $$ Entonces $$ [\text{expression in $ (4) $}] \ge \sum_{k=1}^n \int_k^{k+1} \frac1k - \frac{1}{k+1}\, dx = \sum_{k=1}^n \frac1k - \frac{1}{k+1}, $$ y ésta es una suma telescópica, y todos sus términos son no negativos, y suma $1$ .

Answer 3

La respuesta de @Patrick muestra que la secuencia es decreciente. Sin embargo, podemos demostrar la acotación y la cobertura en un solo paso, ya que los términos de la sucesión son no negativos. Sólo proporciono un esqueleto de solución, que tendrá que ser completado con un argumento de límite.

Podemos empezar reescribiendo la secuencia como \begin{equation*} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} -\log{n} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} -\int_{1}^n \frac{1}{x} d{x} = \overbrace{\sum_{k=1}^{n-1} \int_{k}^{k+1} \Bigl( \frac{1}{k} -\frac{1}{x} \Bigr) d{x} +\frac{1}{n}}^\circledast. \end{equation*} Los límites de la integral proporcionan las desigualdades $k\le x \le {k+1} $ con lo que obtenemos los siguientes límites en el integrando: $$0 \le \frac{1}{k} - \frac{1}{x} \le \frac{1}{k} -\frac{1}{k+1} = \frac{1}{k(k+1)} < \frac{1}{k^2}.$$ Entonces, después de sustituir nuestro nuevo integrando $\tfrac{1}{k^2}$ obtenemos: \begin{equation*} 0 \le \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} -\log{n} =\overbrace{\sum_{k=1}^{n-1} \int_{k}^{k+1} \Bigl( \frac{1}{k} -\frac{1}{x} \Bigr) d{x} +\frac{1}{n}}^\circledast \le \overbrace{\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^2}}^{\spadesuit} +\frac{1}{n}. \end{equation*}

Por comparación con la serie convergente $\spadesuit$ encontramos que la secuencia original converge.