Cómo demostrar este $H_{2n}-H_{n}+\frac{1}{4n}>\ln{2}$

Question

Muestran que, para cada entero positivo $n$, $$\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{2n}+\dfrac{1}{4n}>\ln{2}$ $

Sé que este %#% $ #%

y uso este $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\cdots+\dfrac{1}{2n}=\ln2$ $ no es útil

Pero esta desigualdad no puedo. Gracias

Answer 1

Un cálculo tedioso no demuestra que la expresión - que reorganice un poquito-

$$\begin{align} \frac{1}{2n} + \frac{1}{n+1} + \dotsc + \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{4n} &= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+k} + \frac{1}{n+k+1}\right)\\ &= \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1 + \frac{k}{n}} + \frac{1}{1+\frac{k+1}{n}}\right) \end {Alinee el} $$

es una suma de trapecio para la integral

$$\int_0^1 \frac{dt}{1+t} = \log 2,$$

y puesto que $\frac{1}{1+t}$ es convexa, los trapecios tienen mayor área que la parte correspondiente de la integral.

Answer 2

Deje $A_n=H_{2n}-H_{n}+\frac{1}{4n}$, luego de un tedioso pero sencillo cálculo muestra que $$ A_{n+1}-A_n=\frac{-1}{4n(n+1)(2n+1)}\lt0, $$ por lo tanto $(A_n)$ está disminuyendo, en particular, $A_n\gt A$ donde $A=\lim\limits_{n\to\infty}A_n$. Desde $H_n=\log n+\gamma+o(1)$ cuando $n\to\infty$, $A=\log2$. QED.

Comentario: El gracioso (y el sujeto de las siguientes preguntas del ejercicio, ya que se suele pedir es que la misma técnica se aplica a la secuencia de $B_n=H_{2n}-H_{n}$, mostrando que el $(B_n)$ es creciente, por lo tanto $B_n\lt B$ donde $B=\lim\limits_{n\to\infty}B_n$. Desde $B=\log2$ así, esto produce algunas aproximaciones de $\log2$, es decir, el hecho de que, para cada $n\geqslant1$, $$ H_{2n}-H_{n}\lt\log 2\lt H_{2n}-H_{n}+\frac1{4n}. $$ Asimismo, para cada $n\geqslant1$, $$ H_{2n}-H_{n}+\frac1{4n+2}\lt\log 2\lt H_{2n}-H_{n}+\frac1{4n}, $$ por lo tanto, la corrección de la $\frac1{4n}$ es asintóticamente de la orden correcto.

Answer 3

Escriba %#% $ #%

$$u_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{2n} + \frac{1}{4n}$$

$$ = [\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \dots+ \frac{1}{4n}] - [\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \dots+ \frac{1}{n}] - [\frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} + \dots +\frac{1}{4n -1}]$$

Ahora toma $$= [\gamma_{4n} + \log(4n)] - [\gamma_n + \log(n)] - [\gamma_{4n -1} + \log(4n-1) - \gamma_{2n} - \log(2n)]$.

Todos los $\lim_{n \rightarrow \infty} u_n$, $\gamma_{n}$, $\gamma_{4n - 1}$, $\gamma_{2n}$ etcetera será $\gamma_{n}$ (constante de Euler) y se cancelarán hacia fuera.

¿Qué queda?

$\gamma$

Ahora consulte $\lim_{n \rightarrow \infty}[\log{\frac{4n}{4n - 1}} + \log{\frac{2n}{n}}] = \log 2$

Por lo tanto la secuencia $u_{n+1} - u_n = \frac{1}{4(n+1)} - \frac{1}{4n} + \frac{1}{2(n+1)} - \frac{1}{n+1} < 0$ es monótona decreciente y converge a $\{u_n\}$. Para todos los $\log 2$, $n$ %

Así, en definitiva, estamos recibiendo cualquier $u_n > \log 2$

$n$$