Pruebalo $\sum_{k=1} ^ n k^{-1} = \ln(n) + O(1)$

Question

Me gustaría probar ese $\sum_{k=1} ^ n k^{-1} = \ln(n) + O(1)$. Es decir, me gustaría demostrar que hay un número natural $N$ lo suficientemente grande como para que $n \ge N$ implica:

$$|\sum_{k=1}^n k^{-1} - \ln(n) | < M,$$

donde $M$ es una constante positiva independiente de $n$. Creo que la idea detrás del argumento debe ser fácil, pero de alguna manera, estoy perdiendo. Veo que $\sum_{k=1}^n k^{-1}$ puede ser tomado como una especie de aproximación, el uso de áreas de rectángulos, a $\int_1^n \frac{1}{x}dx = \ln(n)$. Así que tal vez el argumento que utiliza la integral de la prueba de comparación? Pero, de todos modos, todavía estoy buscando a tientas con el modo de proceder.

Sugerencias o soluciones son muy apreciados.

Answer 1

Para cada$k\geq 1$, defina$$g_k=\frac 1 k-\int_{k}^{k+1}\frac{dx}x$ $

Observe que, dado que$x^{-1}$ está disminuyendo,$g_k>0$ para cada$k$. Además, para cada$k$$$g_k<\frac 1k -\frac 1{k+1}$% $

Por lo tanto, para cada$n$%

ps

Como cada$$0<\sum_{k=1}^n g_k< 1-\frac 1{n+1}$ es positivo,$g_k$$$G_n=\sum_{k=1}^n g_k$$ is monotone increasing, moreover $$\lim\left( 1-\frac 1{n+1}\right)=1$ G_n$ which means $ 1$ is bounded above by $ \ lim G_n $ existe. Pero

ps

Por lo tanto$. By the monotone convergence theorem, $ a constante,$$G_n=\sum\limits_{k = 1}^n {{g_k}} = {H_n} - \log \left( {n + 1} \right)$.

NOTA Observe que lo anterior significa, ya que${H_n} - \log \left( {n + 1} \right)\to \gamma $$0<\gamma <1$$$\log \left( {1 + {1 \over n}} \right)\to 0$ $ también.

Answer 2

Está claro que $k^{-1}$ está disminuyendo. Para cualquier función decreciente $f(x)$, tenemos que:

$$ \int_{a}^{b+1} f(i) \; \mathrm d i \le \sum_{i=a}^b f(i) \le \int_{a-1}^b f(i) \; \mathrm d i $$

Límite Superior

Evaluar el primer término de la suma para obtener que (usted puede encontrar que es instructivo ver qué sucede si no evaluamos el primer término y tratar de aproximar como está):

$$ 1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} $$

Ahora:

$$ 1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k} \le 1 + \int_{1}^n \frac{1}{i} \; \mathrm di$$ $$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \le 1 + \ln n$$

(para $n>1$)

Límite Inferior

Por el mismo método, excepto con el límite inferior se utiliza:

$$ \frac{1}{n} + \int_{1}^{n} f(i) \; \mathrm d i \le \frac{1}{n} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} $$ $$ \frac{1}{n} + \ln(n) \le \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} $$

(Lo que implica que la suma es limitado)

---

Por lo tanto tenemos:

$$ \left| \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln n\right| < M $$ $$ \left| 1 + \ln n - \ln n \right| < M $$ $$ 1 < M $$

Answer 3

Empezar con la expansión válido para $0 < x < 1$ $$-\ln(1-x) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^k}{k} $$

Entonces

$\begin{align} \ln(n) - \ln(n-1) &= \ln(\frac{n}{n-1}) \\ &= -\ln(\frac{n-1}{n}) \\ &=-\ln(1-\frac1{n}) \\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{k n^k} \\ &= \frac1{n} +\sum_{k=2}^{\infty} \frac1{k n^k} \\ \end{align} $

así $\ln(n) - \ln(n-1) > \frac1{n}$.

Para una cota superior,

$\begin{align} \sum_{k=2}^{\infty} \frac1{k n^k} &=\frac1{n^2}\sum_{k=2}^{\infty} \frac1{k n^{k-2}} \\ &<\frac1{n^2}(\sum_{k=0}^{\infty} \frac1{n^k})\\ &=\frac1{n^2}\frac1{1-1/n}\\ &=\frac1{n(n-1)}\\ &=\frac1{n-1}-\frac1{n}\\ \end{align} $

así $\ln(n) - \ln(n-1) -\frac1{n} < \frac1{n-1}-\frac1{n} $.

Suma de$n=2$$N$,

$$0 < \sum_{n=2}^N \left(\ln(n) - \ln(n-1) -\frac1{n}\right) < \sum_{n=2}^N \left(\frac1{n-1}-\frac1{n}\right) $$

o $$0 < \ln(N) - \sum_{n=2}^N \frac1{n} < 1-\frac1{N} $$

Nota: Esto, por supuesto, no es en modo alguno original, pero he disfrutado de la reconstrucción sobre la marcha, haciendo las matemáticas en mi cabeza a medida que avanzaba.