Que muestra la desigualdad de la serie armónica.

Question

Quiero mostrar que $$\log N<\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}<1+\log N.$ $ pero no sé cómo mostrar esto.

Answer 1

Es un buen ejercicio para demostrar que

$$\tag 1 \frac{x}{{x + 1}} \leqslant \log \left( {1 + x} \right) \leqslant x$$

Una alternativa es la expansión de $\log$ en los poderes de $x$$\dfrac{x}{x+1}$, lo que da

$$\eqalign{ & \log \left( {1 + x} \right) = x - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{{{x^4}}}{4} +- \cdots \cr & \log \left( {1 + x} \right) = \frac{x}{{x + 1}} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{x}{{x + 1}}} \right)^2} + \frac{1}{3}{\left( {\frac{x}{{x + 1}}} \right)^3} + \frac{1}{4}{\left( {\frac{x}{{x + 1}}} \right)^4} + \cdots \cr} $$

Desde allí podemos obtener de inmediato

$$\frac{x}{{x + 1}} \leqslant \log \left( {1 + x} \right) \leqslant x$$

Ahora vamos a $x=\dfrac 1 N$

$$\eqalign{ & \frac{{\frac{1}{N}}}{{\frac{1}{N} + 1}}\leq\log \left( {1 + \frac{1}{N}} \right)\leq\frac{1}{N} \cr & \frac{1}{{N + 1}}\leq\log \left( {\frac{{N + 1}}{N}} \right)\leq\frac{1}{N} \cr & \frac{1}{{N + 1}}\leq\log \left( {N + 1} \right) - \log N\leq\frac{1}{N} \cr} $$

Ahora suma de $N=1$ $N=M$

$$\sum\limits_{N = 1}^M {\frac{1}{{N + 1}}} \leq\log \left( {M + 1} \right)\leq\sum\limits_{N = 1}^M {\frac{1}{N}} $$

$$\sum\limits_{N = 1}^{M + 1} {\frac{1}{N}} - 1 \leqslant \log \left( {M + 1} \right) \leqslant \sum\limits_{N = 1}^M {\frac{1}{N}} $$

Esto le da

$$\sum\limits_{N = 1}^{M + 1} {\frac{1}{N}} \leqslant \log \left( {M + 1} \right) + 1$$

$$\log \left( {M + 1} \right) \leqslant \sum\limits_{N = 1}^M {\frac{1}{N}} \leqslant \sum\limits_{N = 1}^{M + 1} {\frac{1}{N}} $$

Otra forma de probar la $(1)$ es a partir de la definición alternativa:

$$\log x = \mathop {\lim }\limits_{k \to +\infty} k({{x^{1/k}} - 1})$$

La nota que, para $0<y<1$ $y>1$ respectivamente

$$\eqalign{ & \sum\limits_{v = 0}^{k - 1} {{y^v}} \leqslant \sum\limits_{v = 0}^{k - 1} {1 = k} \cr & \sum\limits_{v = 0}^{k - 1} {{y^v}} \geqslant \sum\limits_{v = 0}^{k - 1} {1 = k} \cr} $$

Así, por $y > 0$

$${y^k} - 1 = \left( {y - 1} \right)\sum\limits_{v = 0}^{k - 1} {{y^v}} \geqslant k\left( {y - 1} \right)$$

Ahora nos vamos a $y^k =x$ y obtenemos

$$x - 1 = \left( {y - 1} \right)\sum\limits_{v = 0}^{k - 1} {{y^v}} \geqslant k\left( {{x^{1/k}} - 1} \right)$$

A partir de esto es trivial para obtener

$$\log x \geqslant 1 - \frac{1}{x}$$

desde

$$\log x = - \log \frac{1}{x} \geqslant - \left( {\frac{1}{x} - 1} \right) = 1 - \frac{1}{x}$$

Esta última exposición se debe a Edmund Landau.

Answer 2

Mira esta foto, ignorando todo a la derecha de $x=6$. El área sombreada es $\sum\limits_{n=1}^5\dfrac1n$, y es claramente más grande que el área bajo la curva de $y=\dfrac1x$$1$$5$,$\int_1^5\frac{dx}x\,dx=\ln 5$.

Ahora el turno de la región sombreada de una unidad a la izquierda. La primera sombra rectángulo tiene un área de $1$, y el resto de los cuatro rectángulos sombreados ajuste bajo la curva de $y=\dfrac1x$$1$$5$. El área total de los cuatro rectángulos es por lo tanto menos de $\int_1^5\frac{dx}x\,dx=\ln 5$, por lo que el área total de todos los cinco rectángulos es de menos de $1+\ln 5$.

Ahora generalizar.

Answer 3

Una forma más sencilla es utilizar una de las consecuencias del teorema de Lagrange aplicada sobre la función de $\ln(x)$, a saber:

$$\frac{1}{k+1} < \ln(k+1)-\ln(k)<\frac{1}{k} \space , \space k\in\mathbb{N} ,\space k>0$$

Tomar valores de $k=1,2,...,n$ la desigualdad y agregan para arriba.

La prueba es completa.