Demostrar la desigualdad $\frac{n}{2} < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + ... + + \frac{1}{2^{n}-1} < n$

Question

Demostrar la desigualdad $\frac{n}{2} < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + ... + + \frac{1}{2^{n}-1} < n$ donde $n\in\mathbb{N}\backslash\{0,1\}$

Mi trabajo

Al principio intenté demostrar la primera parte por inducción

$\frac{n}2+\frac{1}2<1+\frac{1}2+\dots+\frac{1}{2^{n+1}-1}$

Que es $\displaystyle\frac{1}2+\sum_{k=0}^{2^n-1}\frac{1}k<\sum_{k=0}^{2^{n+1}-1}\frac{1}k$

Y entonces recibí esto $\displaystyle\sum_{k=0}^{2^{n+1}-1}\frac{1}k-\sum_{k=0}^{2^n-1}\frac{1}k=\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{2^n+k}$

Y ahora no veo la manera de seguir $\displaystyle\sum_{k=0}^{2n}\frac{1}{2^n+k}>\frac{1}2$ donde $(n>1,n\in\mathbb{N},h=\overline{0,2n})$

Mi formación matemática es muy baja, por lo que no soy capaz de demostrar esta última desigualdad que tengo, tal vez alguien sepa cómo hacerlo (tal vez usando la definición de límite), pero creo que debería haber una solución más simplificada, que no puedo encontrar desde hace casi 4 horas. Gracias

Answer 1

Desde $\frac{1}{n}\geq \log\left(1+\frac{1}{n}\right)$ se deduce que: $$\sum_{n=1}^{2^N-1}\frac{1}{n}\geq\sum_{n=1}^{2^N-1}\left(\log(n+1)-\log(n)\right) = \log 2^N = N \log 2.$$ Por otro lado, $\frac{1}{n}-\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\leq\frac{1}{2n^2}$ da: $$\sum_{n=1}^{2^N-1}\frac{1}{n}\leq N \log 2+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}= N\log 2+\frac{\pi^2}{12}.$$

Answer 2

Por inducción.

Base : $1<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}<2.$

Paso inductivo: Supongamos que la afirmación es válida para $n=k$ . Entonces demostramos que esto implica la veracidad de $$\frac{k+1}{2}<1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{2^{k+1}-1}<k+1,$$ es decir $$ \left\{ \begin{array}{c} \frac{k}{2}<1+\sum_{i=3}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i} \\ k>\sum_{i=2}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i} \end{array} \right. .$$

Por lo tanto, dada nuestra suposición inicial, si probamos $$ \left\{ \begin{array}{c} \sum_{i=1}^{2^{k}-1}\frac{1}{i}<1+\sum_{i=3}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i} \\ \sum_{i=1}^{2^{k}-1}\frac{1}{i}>\sum_{i=2}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i} \end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{c} \frac{1}{2}<\sum_{i=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i} \ \ \ \ \ \ (1)\\ 1>\sum_{i=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2) \end{array} \right. $$ hemos terminado. Desde $\sum_{i=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i}$ obviamente disminuye a medida que $k$ aumenta, $(2)$ es válida para todos los $k\ge2$ ya que podemos comprobar que $$1>\sum_{i=4}^7\frac{1}{i}=\frac{319}{420}. $$

En cuanto a $(1)$ es cierto porque la suma se aproxima a $\log 2>\frac{1}{2}$ de arriba. En efecto, tenemos $$\lim_{k\to\infty}\sum_{i=2^k}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i}=\lim_{k\to\infty}\sum_{i=1}^{2^{k+1}-1}\frac{1}{i}-\lim_{k\to\infty}\sum_{i=1}^{2^{k}-1}\frac{1}{i}=\lim_{k\to\infty}\sum_{i=1}^{2^{k+1}}\frac{1}{i}-\lim_{k\to\infty}\sum_{i=1}^{2^{k}}\frac{1}{i}=\\\lim_{k\to\infty}(k+1)\log2-\lim_{k\to\infty}k\log2=\log2,$$ donde utilizamos $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}}{\log n}=1.$ Por tanto, concluimos que la afirmación es válida para todos los $n\in\mathbb{N}\backslash\{0;1\}.$

Answer 3

Para demostrar la primera desigualdad, agruparlas $$1+(\frac12)+(\frac13+\frac14)+(\frac15+\frac16+\frac17+\frac18)+...$$
para que cada grupo pase de una potencia de dos a la siguiente. Demuestra que la suma de cada grupo es mayor que $1/2$ .
Para demostrar lo segundo, agrúpalos $$1 + (\frac12+\frac13)+(\frac14+\frac15+\frac16+\frac17)+...$$
De nuevo, cada grupo pasa de una potencia de dos a la siguiente. La suma de cada grupo es menor que $1$ .