Esperaba que alguien pudiera mostrarme la prueba de por qué exactamente esto converge a la constante de Euler-Mascheroni.
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Lo mejor es simplemente trazar la gráfica de ambas funciones, e interpretarla. Fíjate en que la primera zona azul de la izquierda es más pequeña que $1-\dfrac12$ el segundo es menor que $\dfrac12-\dfrac13$ el tercero es más pequeño que $\dfrac13-\dfrac14$ etc. Al mismo tiempo, todas estas cantidades son positivas, lo que significa que la serie es estrictamente creciente. Pero también está limitada por $1$ ya que $\bigg(1-\dfrac12\bigg)+\bigg(\dfrac12-\dfrac13\bigg)+\bigg(\dfrac13-\dfrac14\bigg)+\ldots$ es telescópico en la naturaleza. Y como es acotada y monótona, se deduce que converge.
Andy
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De la estimación del error de la regla del rectángulo:
$$0 < 1/k - \int_k^{k+1} 1/x dx = \frac{1}{2c_k^2}$$
donde $c_k \in (k,k+1)$ . Así que
$$0 < 1/k - \int_k^{k+1} 1/x dx < \frac{1}{2k^2}.$$
Por lo tanto,
$$\sum_{k=1}^n 1/k - \ln n = \sum_{k=1}^n 1/k - \int_1^n 1/x dx < \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k^2} < \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2k^2} = \frac{\pi^2}{12}.$$
Además, esta cantidad es creciente, por lo que a partir del teorema de convergencia monótona existe un límite. Este límite es, por definición, la constante de Euler-Mascheroni, y este argumento demuestra que es menor que $\frac{\pi^2}{12}$ . Se puede repetir el argumento, utilizando $c_k < (k+1)$ para obtener un límite inferior de $\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{2k^2} = \frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}.$
Rene Schipperus
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La secuencia, $$1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}- \ln n $$ converge.
Considere la serie $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}-\ln\left( 1+\frac{1}{n} \right).$$ Demostramos que esta serie converge. Usamos la desigualdad, $$\ln (1+x) < x \qquad \text{for} -1<x <\infty.$$ En primer lugar, todos sus términos son positivos, ya que $$\ln\left( 1+\frac{1}{n} \right) <\frac{1}{n}.$$ Ahora hacemos una comparación con la serie telescópica, $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$ . Tenemos, \begin{equation*} \begin{split} -\ln\left( 1+\frac{1}{n} \right)&=\ln \left( \frac{n}{n+1} \right)\\ &=\ln \left( 1-\frac{1}{n+1} \right)\\ &<-\frac{1}{n+1}\\ \end{split} \end{equation*} Así que, $$\frac{1}{n}-\ln\left( 1+\frac{1}{n} \right) < \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n(n+1)}.$$ Por lo tanto, la serie $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}-\ln\left( 1+\frac{1}{n} \right)$$ converge.
El $n$ La suma parcial de esta serie es $$1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}- \ln (n+1) $$ y esto difiere de nuestra secuencia original por un término de $\ln (n+1) -\ln n= \ln\left( 1+\frac{1}{n} \right)$ pero esto va a cero como $n$ va al infinito.
