¿Cuáles son las diferentes formas de demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1n$ ¿es divergente?

Question

He estado estudiando el criterio de Cauchy para las secuencias, y me he encontrado con una demostración bastante sencilla para la serie armónica, y por qué diverge.

Además, tenemos lo siguiente:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac 1n=\infty\Rightarrow divergent$$

Esta es mi sencilla prueba:

Considere la secuencia $\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ tal que $a_n=\frac 1n$ entonces $\forall \epsilon>0,\exists \ N \in\mathbb{R}$ para $m,n\in \mathbb{N}$ tal que..,

$$m,n>N\Rightarrow|a_m-a_n|<\epsilon$$

Escoge $m=2n$ entonces tenemos lo siguiente:

$$|a_{2n}-a_n|=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac {1}{k}\geq \sum_{k=n+1}^{2n} \frac {1}{2n}=\frac 12$$

Así que elige $\epsilon=\frac 12\Rightarrow \left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$ no es Cauchy y, por tanto, es divergente.

Mi pregunta es, ¿hay alguna otra prueba fácil y hábil para la afirmación anterior, y si es así, cuál es? Esta serie al principio me sorprendió, ya que inicialmente no parece divergente.

Gracias de antemano.

Answer 1

La prueba más hábil que he visto es la siguiente.

Argumentaremos por contradicción, suponiendo que $\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n}=C <\infty.$ Entonces $\dfrac{C}{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2n}$ Sin embargo

\begin{align} C=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n} &=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2n}+\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{2n+1}\\ &>\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2n}+\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{2n+2}\\ &=2\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2n} \end{align} Por lo tanto, $$\dfrac{C}{2}>\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2n}$$ una contradicción.

Answer 2

Aquí hay una prueba que utiliza el hecho de que si una secuencia $a_n$ converge, entonces $a_{2n}$ converge al mismo valor.

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Dejemos que $S_n$ sea la secuencia dada por $S_n=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}$ . A continuación, observe que

$$S_{n+1}-S_n=\frac{1}{2n+2}+\frac1{2n+1}>0$$

Por lo tanto, la secuencia $S_n$ está aumentando. Además, $S_n$ satisface las estimaciones

$$\frac12=S_n<S_n=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}\le \sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}<1$$

Por lo tanto, en la medida en que $S_n$ es creciente y acotado por encima, $S_n$ converge.

Observando que $S_n=\sum_{k=1}^{2n}\frac1k -\sum_{k=1}^n\frac1k$ converge a un número entre $1/2$ y $1$ (es decir, no $0$ ), concluimos que $\sum_{k=1}^\infty \frac1k$ deben divergir.

Answer 3

Tenemos $\lim_{x\to \infty}\ln x=\infty$ porque $\ln x=\int_1^x(1/t)dt$ es monótona y $\ln 3^n=n\ln 3>n$ para $n\in \mathbb N.$

Para $y>0$ tenemos $\ln (1+y)|=\int_1^{1+y}(1/t)dt<\int_1^{1+y}1\cdot dt=y. $

Por lo tanto, $\sum_{j=2}^n(1/j)>\sum_{j=1}^n \ln (1+1/j)=\sum_{j=1}^n[\;\ln (j+1)-\ln j\;]=\ln (n+1),$ que $\to \infty$ como $n\to \infty.$

Answer 4

El PO pide diferentes formas de demostrar que la serie armónica es divergente. Ya se han proporcionado algunas.

Aquí hay otra, que utiliza sólo unos pocos ingredientes del cálculo (integrales paramétricas, suma geométrica, expansión de $e^x$ cerca de $x = 0$ )

Dejar

$$h = \sum_{n=1}^ {\infty} n^{-1}\tag{1}$$

$$f(s) = \sum_{n=1}^{\infty} n^{-s}\tag{2}$$

entonces formalmente

$$h = \lim_{s\to 1} \, f(s)$$

Siguiendo a Bernhard Riemann (1859, https://de.wikisource.org/wiki/%C3%9Cber_die_Anzahl_der_Primzahlen_unter_einer_gegebenen_Gr%C3%B6%C3%9Fe ) transformaremos $f(s)$ en una integral cuya convergencia o divergencia se puede comprobar fácilmente.

Escribir

$$n^{-s} = \frac{1}{c(s)} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} e^{- n x} \,dx\tag{3}$$

con

$$c(s) = \int_{0}^{\infty} x^{s-1} e^{- x} \, dx$$

que son válidos para $s \gt 1$ y $n \gt 0$ .

Ahora haciendo la suma infinita bajo la integral (3) se obtiene

$$\sum_{n=1}^{\infty} e^{- n x} = \frac{1}{e^x-1}$$

y la suma (2) se convierte en

$$fi(s) = \frac{1}{c(s)} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} \frac{1}{e^x-1}\tag{4}$$

Ahora intentamos que $s \to 1$ .

El factor $c(s)$ obviamente se convierte en 1.

La integral (4) puede volverse divergente sólo cerca de $s = 0$ donde el integrando se comporta como $x^{s-2}$ . Por tanto, la integral es divergente (logarítmicamente) si $s = 1$ que a su vez significa divergencia de la serie armónica $h$ .

QED.