¿Cómo demostrar que $a<S_n-[S_n]<b$ infinitamente a menudo?

Question

Sea $S_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}$, donde $n$ es un entero positivo. Demuestra que para cualquier número real $a,b,0\le a\le b\le 1$, existen infinitos $n\in\mathbb{N}$ tales que $$a

Este problema es del último problema de la competencia de 2012 en la Segunda Ronda de China (competencia de matemáticas de secundaria). Creo que este problema tiene métodos interesantes, tal vez utilizando métodos analíticos.

Answer 1

Creo que el enfoque directo funciona bastante bien aquí.

Sea $N > \max(a^{-1}, (b - a)^{-1})$, de modo que $S_{n+1} - S_{n} < (b - a)$ y $S_{n+1} - S_{n} < a$ cuando $n > N$. Ahora supongamos que hay solo un número finito de $n$ con la propiedad deseada, y aumentamos $N$ para que sea mayor que el mayor índice para el cual se cumple la propiedad. Finalmente, sea $n_{0} > N$ el menor tal que $a < S_{n_0 + 1} - \lfloor S_{n_0 + 1} \rfloor$. Luego $\lfloor S_{n_0} \rfloor = \lfloor S_{n_0 + 1} \rfloor$ y $a > S_{n_0} - \lfloor S_{n_0} \rfloor$ ya que $S_{n_0 + 1} - S_{n_0} = \frac{1}{n_0 + 1} < a$. Entonces también tenemos $S_{n_0 + 1} - \lfloor S_{n_0 + 1} \rfloor < b$ ya que $$b > a + \frac{1}{n_0 + 1} > S_{n_0} - \lfloor S_{n_0} \rfloor + \frac{1}{n_0+1} = S_{n_0 + 1} - \lfloor S_{n_0 + 1} \rfloor$$ Lo cual significa que hemos encontrado otro índice donde se cumple la propiedad, contradiciendo la suposición de que $N$ es mayor que el índice más grande para el cual la propiedad se cumple.

Answer 2

Dado que $H_{n} = \log n + \gamma + O\left(\frac{1}{n}\right)$, es suficiente probar la densidad de la secuencia $\{\log n\pmod{1}\}_{n>1}$ en $[0,1]$. Pero como $\sum_{n=1}^{+\infty}\log\left(\frac{n+1}{n}\right)$ diverge, debe haber un elemento de la secuencia en cada subintervalo de $[0,1]$: de lo contrario, tome un punto de acumulación de la secuencia (debe existir, porque $\{\log n\pmod{1}\}_{n>1}$ es una secuencia de números reales distintos, ya que todos los números de la forma $e^m$ con $m\in\mathbb{N}_0$ son irracionales) y muévase lentamente hacia la derecha ($\log N\rightarrow \log(N+1)\rightarrow\ldots$, con la posibilidad de elegir $N$ arbitrariamente grande) hasta caer en el subintervalo elegido.

Answer 3

Sea $i\geqslant1/(b-a)$ y $k=\lceil S_i\rceil$. Dado que la secuencia $(S_j)_{j\geqslant1}$ no está acotada, algunos valores de esta secuencia son mayores que $k+a$, por lo tanto $n=\min\{j\mid S_j\gt k+a\}$ está bien definido y es finito. Entonces $S_{n-1}\leqslant k+a\lt S_{n}$ y $n\gt i$ ya que $S_i\lt k+a$ así que $$ S_{n}=S_{n-1}+1/n\lt k+a+1/i\leqslant k+b. $$ Por lo tanto, $k+a\lt S_{n}\lt k+b$, en particular, $\lfloor S_{n}\rfloor=k$ y $a\lt S_{n}-\lfloor S_{n}\rfloor\lt b$.

Para cada $i$ suficientemente grande, esto proporciona un $n\gt i$ tal que $a\lt S_{n}-\lfloor S_{n}\rfloor\lt b$. Para obtener infinitos índices $n$ tales que $a\lt S_{n}-\lfloor S_{n}\rfloor\lt b, simplemente itera la construcción.

Este enfoque funciona para cada secuencia no acotada $(S_n)_n$ tal que $S_{n+1}-S_n\to0$.

Answer 4

Ya que $$S_{2^n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}>1+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^2}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{2^n}+\cdots+\dfrac{1}{2^n}\right)$$ así que $$S_{2^n}>\dfrac{1}{2}n$$