Euler constante mayor que 0 para todos los valores de n?

Question

Si Euler es constante, es descrito como el límite cuando n se acerca a infinito de los siguientes:

$$t_n = 1 + \frac 12 + \frac 13 \cdots + \frac1n -\ln(n)$$

Cómo puede uno demostrar que $t_n$ es mayor que $0$ para todos los valores de $n$?

Gracias!

Answer 1

En primer lugar tenemos

$$\log (k+1)-\log k=\int_k^{k+1}\frac{1}{u}\,du\le \frac{1}{k} \tag 1$$

A continuación, podemos suma de ambos lados de $(1)$ a revelar que

$$\sum_{k=1}^n \left(\log (k+1)-\log k\right)=\log (n+1)\le \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\tag 2$$

Así, vemos que la $(2)$ implica que

$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\log (n+1)\ge 0$$

y por lo tanto

$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}-\log n > 0$$

Answer 2

En primer lugar, poner $s_n = 1+\dfrac{1}{2}+\cdots + \dfrac{1}{n}$, luego

$1+\dfrac{1}{2}+\cdots + \dfrac{1}{n} - \ln n > 0$ porque:

$1 = \displaystyle \int_{1}^2 1dx \geq \displaystyle \int_{1}^2 \dfrac{1}{x}dx$,

$\dfrac{1}{2} = \displaystyle \int_{2}^3 \dfrac{1}{2}dx \geq \displaystyle \int_{2}^3 \dfrac{1}{x}dx$, y

$.....$

$\dfrac{1}{n-1} = \displaystyle \int_{n-1}^n \dfrac{1}{n-1}dx\geq \displaystyle \int_{n-1}^n \dfrac{1}{x}dx$, y añadir estas integrales tenemos:

$s_n = s_{n-1} + \dfrac{1}{n} \geq \displaystyle \int_{1}^n \dfrac{1}{x}dx + \dfrac{1}{n}=\ln n + \dfrac{1}{n} > \ln n\Rightarrow t_n = s_n - \ln n > 0$

Answer 3

Por Abel suma de $$\sum_{k\leq n}\frac{1}{k}=1+\int_{1}^{n}\frac{\left\lfloor t\right\rfloor }{t^{2}}dt\geq1+\int_{1}^{n}\frac{t-1}{t^{2}}dt=\log\left(n\right)+\frac{1}{n}>\log\left(n\right) $$ where $\left\lfloor t\right\rfloor $ es la función del suelo.

Answer 4

Ya que la función $x \mapsto 1/x: ]0, \infty[ \to \mathbb{R}$ es estrictamente decreciente, tenemos $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} > \int_{x=1}^{n+1}\frac{1}{x} = \log (n+1)$ todos los $n \geq 1$. Pero, puesto que el $\log (n+1) > \log n$ todos los $n \geq 1$, $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} - \log n > 0$ todos los $n \geq 1$.

Answer 5

Desde $1+x\le e^x$$x\in\mathbb{R}$,$\log(1+x)\le x$$x\gt-1$. Así, por $x=-\frac1n$, $$ \begin{align} \frac1n-\log\left(\frac{n}{n-1}\right) &=\log\left(1-\frac1n\right)-\left(-\frac1n\right)\\ &\le0\tag{1} \end{align} $$ La desigualdad de $(1)$ significa que $$ \sum_{k=1}^n\frac1k-\log(n)\etiqueta{2} $$ es una disminución de la secuencia.

Sin embargo, usando el estándar de comparación de la suma y la integral de una función decreciente, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^n\frac1k &\ge\int_1^{n+1}\frac1x\,\mathrm{d}x\\ &=\log(n+1)\\[8pt] &\ge\log(n)\tag{3} \end{align} $$

La desigualdad de $(3)$ responde a la pregunta. Además, muestra que el $(2)$ es no sólo una disminución de la secuencia, pero también acotada abajo por $0$. Esto significa que $(2)$ disminuye a un valor no negativo límite.

Este límite se conoce como $\gamma$, el de Euler-Mascheroni Constante, y de un modo bastante sencillo y eficaz método para calcular la $\gamma$ se deriva en esta respuesta.