Se puede mostrar que el $\sum_{n=1}^N\frac{1}{n} -\log N - \gamma \leqslant \frac{1}{2N}$ sin el uso de Euler-Maclaurin fórmula?

Question

Me gustaría demostrar que $$ \sum_{n=1}^N\frac{1}{n} -\log N - \gamma \leqslant \frac{1}{2N} $$ sin el uso de Euler-Maclaurin suma fórmula. La motivación para esto es que he estado muy cerca de hacerlo (véase la respuesta que se proporciona a continuación), pero molesto en realidad no han probado que la anterior.

Algunos se preguntarán por qué no sólo tiene que utilizar la fórmula. Estoy escribiendo un conjunto de la teoría analítica de números de notas para mi propio uso, y parece que es un resultado difícil de manejar para introducir y probar, dado que la desigualdad anterior es todo lo que necesito, y dado que he tenido tan cerca sin el uso de Euler-Maclaurin!

Answer 1

Vamos $$\gamma_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \log n.$$ Nuestro objetivo es mostrar que $$\gamma_n - \lim_{m \to \infty} \gamma_m \leq \frac{1}{2n}.$$ Es suficiente para demostrar que, para $n<m$, tenemos $$\gamma_n - \gamma_m \leq \frac{1}{2n}.$$ Esto tiene la ventaja de tratar únicamente con finito de cantidades.

Ahora, $$\gamma_n - \gamma_m = \int_{n}^m \frac{dt}{t} - \sum_{k=n+1}^m \frac{1}{k} =\sum_{j=n}^{m-1} \int_{j}^{j+1} \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{j+1} \right) \cdot dt .$$

En este punto, si yo estuviera en una pizarra en lugar de un teclado, me iba a sacar una foto. Dibujar la hipérbola $y=1/x$ y marcar el intervalo entre el$x=n$$x=m$. Dividir este en $m-n$ barras verticales de ancho de $1$. Cada barra se extiende hasta tocar la hipérbola en su esquina derecha. Hay un poco de cuña, delimitada por $x=j$, $y=1/(j+1)$ y $y=1/x$. Estamos sumando el área de cada una de estas cuñas.¹

Debido a $y=1/x$ es convexa, el área de esta cuña es menor que la de la derecha del triángulo con vértices en $(j,1/(j+1))$, $(j+1, 1/(j+1))$ y $(j,1/j)$. Este triángulo tiene base $1$ y la altura de la $1/j - 1/(j+1)$, por lo que su área es $(1/2) (1/j - 1/(j+1))$. Por lo que la cantidad de interés es $$\leq \sum_{j=n}^{m-1} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{j} - \frac{1}{j+1} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{m} \right) \leq \frac{1}{2n}.$$

Por supuesto, esto es sólo un estándar de prueba de Euler-Maclaurin de suma, pero es mucho más geométrica y fácil de seguir, en este caso especial.

¹ Por el camino, ya que esta zona es positivo, se tiene también el corolario de que $\gamma_n - \gamma_m > 0$, lo $\gamma_n - \gamma >0$, otra utilidad de obligado.

Answer 2

Lo que sigue es una variante del método propuesto por Fahad Sperinck, que casi dio la deseada obligado. Aunque obtenemos un muy corto la prueba de la desigualdad, creo que el "derecho" prueba de ello es el uno en el post de David Speyer. (Una prueba basada en la geometría es "derecho", como es una combinatoria de prueba.)

Vamos a empezar como Fahad Sperinck hizo, de $$ \int_n^{n+1} \frac{x-[x]}{x^2}\: dx = \log\Big(\frac{n+1}{n}\Big) - \frac{1}{n+1} < \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} -\frac{1}{2n^2} +\frac{1}{3n^3}. $$

En última instancia, vamos a sumar de a $N$ hasta el infinito. Si tenemos en cuenta este hecho, el fragmento $$ \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} $$ sumas maravillosamente a $1/N$, y debe dejarse como está. Si pudiéramos demostrar que la parte que se toma de distancia, es decir, $$\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{3n^3}$$ es más grande que $$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right),$$ hemos de ser terminado.

Ahora voy a hacer algunas no oficiales garabatos, no mires. Quiero mostrar que $1/2n^2-1/3n^3 \ge 1/2(n)(n+1)$, por lo que quiero mostrar que la $(3n-2)/6n^3\ge 1/2n(n+1)$, por lo que quiero mostrar que la $(3n-2)/3n^2 \ge 1/(n+1)$, por lo que quiero mostrar que la $(3n-2)(n+1) \ge 3n^2$, y esto es claramente cierto si $n \ge 2$, al multiplicar las cosas en la izquierda.

Ahora, si yo tuviera la energía me escondía mis pistas, y han deseado la desigualdad desaparecer como por arte de magia.

Comentario: de alguna manera, uno adquiere el hábito de pensar de $n^2$ $1/n^2$ como "buena" y de $n(n+1)$ $1/n(n+1)$ no es tan agradable. En muchas maneras, el contrario es verdad. Sin duda, que es el caso de la combinatoria punto de vista.

Los cálculos en el post estaban bien, el problema fue que de regalar un poco demasiado. Que fue, tal vez, debido a que la estrategia estaba dirigida a llegar a algo que se parece a $1/n^2$, lo que fue visto como manejable y deseable. Pero $1/n(n+1)$, aka $1/n-1/(n+1)$, surge de forma natural en el problema, y es mucho más manejable.

Answer 3

Uno puede comprobar que $S(N):=\sum_{n=1}^N\frac{1}{n} -\log N - \gamma = \int_N^\infty \frac{x-[x]}{x^2} \: dx$ donde $[x]$ es la parte entera de a $x$. Por otra parte $$ \int_n^{n+1} \frac{x-[x]}{x^2}\: dx = \log\Big(\frac{n+1}{n}\Big) - \frac{1}{n+1} < \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} -\frac{1}{2n^2} +\frac{1}{3n^3}, \qquad (1) $$ por la serie de Taylor para $\log(1+x)$. Pero tenemos que $$ n(n+1)(3n-1) = 3n^3 + 2n^2 -n > 3n^3 $$ así $$ \frac{1}{n(n+1)} < \frac{3n-1}{3n^3} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{3n^3}. $$ Por lo tanto, de la ecuación $(1)$ encontramos $$ S(N) < \sum_{n=N}^\infty \frac{1}{n(n+1)} -\frac{1}{2n^2} +\frac{1}{3n^3} < \sum_{n=N}^\infty \frac{1}{n^2} - \frac{1}{3n^3} -\frac{1}{2n^2} +\frac{1}{3n^3}, $$ y así, finalmente, $$ S(N) < \frac{1}{2}\sum_{n=N}^\infty \frac{1}{n^2} < \frac{1}{2(N-1)}, $$ para todos los $N \in \mathbb{N}$, por un estándar de aproximación para $\sum \frac{1}{n^2}$.