Por favor, ayúdenme a demostrar la convergencia de $\gamma_{n} = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+....+\frac{1}{n}-\ln n$

Question

Por favor, ayúdenme a demostrar que $$\gamma_{n} = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+....+\frac{1}{n}-\ln n$$ converge y su límite es $\gamma \in [0,1]$ . Entonces, utilizando $\gamma_{n}$ encontrar la suma: $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{n}$ .

Answer 1

Lo siguiente pregunta aborda la convergencia, por lo que asume $\gamma_n$ converge y denotamos el límite como $\gamma$ .

Ahora considere $\sum_{n=1}^{2m} (-1)^{n+1} \frac{1}{n}$ y dividirlo en términos pares e Impares $\sum_{n=1}^m \frac{1}{2n-1} - \sum_{n=1}^m \frac{1}{2n}$ . Entonces completa la suma sobre enteros Impares para sumar sobre enteros consecutivos: $\sum_{n=1}^{2m} \frac{1}{n} - 2 \sum_{n=1}^m \frac{1}{2n}$ .

A continuación, reste los logaritmos para formar $\gamma_{2m} - 2 \gamma_m + \log(2)$ Así, por ejemplo $$ ( \sum_{n=1}^{2m} \frac{1}{n} - \log(2m)) - ( \sum_{n=1}^m \frac{1}{n} - \log(m)) + \log(2).$$

En el límite $m \to \infty$ se convierte en $ \gamma - \gamma + \log(2) = \log(2)$ .

Answer 2

Puedes utilizar el teorema del valor medio para demostrar primero que $$\frac{1}{n+1}<\ln(n+1)-\ln n<\frac{1}{n}$$ entonces, $\ln(n+1)<1+\ldots+\frac{1}{n}<1+\ln n$ y finalmente $$\ln(n+1)-\ln n<\gamma_n<1$$ lo que implica la convergencia de $\gamma_n$ y su límite $\gamma\in[0,1]$ .

Para la segunda parte, no estoy seguro de si se puede utilizar $\gamma_n$ para encontrar la suma $\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{1}{n}$ ¡!

Sugiero utilizar la fórmula de Taylor-Young para $x\mapsto\ln(x+1)$ en $[0,1]$ para demostrar que $$\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{1}{n}=\ln2.$$

Answer 3

El teorema del valor medio dice $$ \frac{1}{k+1}<\log(k+1)-\log(k)<\frac{1}{k} $$ Suma de $m$ a $n-1$ ( $m < n$ ), obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=m}^{n-1}\frac{1}{k+1}<\log(n)-\log(m)<\sum_{k=m}^{n-1}\frac{1}{k} \end{align} $$ Restando $\displaystyle{\sum_{k=m}^{n-1}\frac{1}{k+1}=\sum_{k=m+1}^n\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^m\frac{1}{k}}$ de todas las partes, obtenemos $$ 0<\left(\log(n)-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)-\left(\log(m)-\sum_{k=1}^m\frac{1}{k}\right)<\frac{1}{m}-\frac{1}{n} $$ Esto demuestra la existencia de $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\left(\log(n)-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)}$ . Si establecemos $m=1$ y restar todos los lados de $1$ obtenemos $$ 1>\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log(n)\right)>\frac{1}{n} $$ Así, hemos demostrado que $\displaystyle{\gamma=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log(n)\right)}$ existe, y que $0\le\gamma\le 1$ .

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{2n}(-1)^{k+1}\frac{1}{k}&=\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-2\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k}\\ &=\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\\ &=\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-\log(2n)\right)-\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log(n)\right)+\log(2) \end{align} $$ Tomando el límite como $n\to\infty$ obtenemos $$ \sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}\frac{1}{k}=\gamma-\gamma+\log(2)=\log(2) $$

Answer 4

¿Tenemos aquí una pregunta de "prueba sin palabras"? Yo no la encuentro. Hay un bonito diagrama que se encuentra en ciertos textos de cálculo que lo hace por nosotros. Tal vez lo anime, por diversión.