Demostrar que para cada $n \in \mathbb N$ , $\gamma_n=1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}-\int_1^n \frac{1}{x}dx$ es convergente

Question

Pregunta :

Para cada $n \in \mathbb N$ , Definir :
$\gamma_n=1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}-\int_1^n \frac{1}{x}dx$

Demostrar que $\{\gamma_n\}$ es convergente.

Nota 1 : Sé que $\sum_1^\infty \frac{1}{k}$ diverge. Puedo adivinar que esta secuencia es convergente a $0$ debido a la similitud de los términos dentro y fuera de la integración. El problema es que la integración es continua. Es decir, que $x$ no son sólo números enteros. ¿Qué podemos hacer con los valores que quedan? ( Por ejemplo, $\frac{1}{2.5}$ ) Además, fíjate en que este problema debería resolverse con algunas herramientas elementales. ( Es de una parte de mi libro que es incluso anterior a cualquier discusión sobre el teorema fundamental del cálculo. )

Nota 2 : No soy bueno en la integración y estoy aprendiendo. Cualquier buen detalle me puede ayudar.

Gracias de antemano.

Answer 1

Basta con demostrar que $(\gamma_n)$ es decreciente y está acotado por debajo.

La función $f(x)=\dfrac{1}{x}$ está disminuyendo. En el intervalo $[k,k+1]$ , $k\in\mathbb{N}$ debemos tener $\dfrac{1}{k+1}\leq f(x)\leq\dfrac{1}{k}$ Por lo tanto $$\dfrac{1}{k+1}\leq\int_k^{k+1}f(x)\,dx\leq\dfrac{1}{k}\hspace{1cm}(\ast)$$ (nótese que la longitud del intervalo $[k,k+1]$ es $1$ ). La suma de $k=1$ a $n-1$ obtenemos $$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k+1}\leq\int_1^n \dfrac{1}{x}\,dx\leq\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k}$$ es decir $$\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}-1\leq\int_1^n\dfrac{1}{x}\,dx\leq\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{n}$$ La desigualdad del lado derecho nos da $$\gamma_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{k}-\int_1^n\dfrac{1}{x}\,dx\geq\dfrac{1}{n}\geq 0$$ para que $(\gamma_n)$ está limitada por debajo por $0$ . Para demostrar que $(\gamma_n)$ es decreciente, considere $$\gamma_{n}-\gamma_{n-1}=\dfrac{1}{n}-\int_{n-1}^n\dfrac{1}{x}dx\leq 0$$ en virtud del LHS de $(\ast)$ para que $(\gamma_n)$ está disminuyendo.

Answer 2

Sugerencia Considere la serie $\sum_{n}(\gamma_{n}-\gamma_{n-1})$ . Es convergente porque

$$\gamma_{n}-\gamma_{n-1}=\frac1n+\ln\left(1-\frac1n\right)\sim-\frac12\frac1{n^2}$$ Además por telescopia vemos que la secuencia $(\gamma_n)_n$ es entonces convergente.

Answer 3

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} \gamma_{k-1}-\gamma_k &=\int_{k-1}^k\frac1x\,\mathrm{d}x-\frac1k\\ &=\int_{k-1}^k\left(\frac1x-\frac1k\right)\mathrm{d}x\\[9pt] &\gt0 \end{align} $$ Así, $\gamma_k$ es una secuencia decreciente. Además, $$ \begin{align} \gamma_{k-1}-\gamma_k &=\int_{k-1}^k\frac1x\,\mathrm{d}x-\frac1k\\ &=\int_{k-1}^k\left(\frac1x-\frac1k\right)\mathrm{d}x\\ &=\int_{k-1}^k\frac{k-x}{kx}\,\mathrm{d}x\\ &\le\frac1{k(k-1)} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \gamma_1-\gamma_n &=\sum_{k=2}^n\left(\gamma_{k-1}-\gamma_k\right)\\ &\le\sum_{k=2}^n\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right)\\ &=1-\frac1n \end{align} $$ Eso es, $\gamma_n$ está limitada por debajo por $\gamma_1-1=0$ .

Así que, $\gamma_n$ es decreciente y está limitada por debajo de $0$ . Por lo tanto, $\lim\limits_{n\to\infty}\gamma_n\ge0$ existe.

Answer 4

La integral es $\ln n$ Considere la serie $$\sum \frac{1}{n}-\ln (1+\frac{1}{n})$$ las sumas parciales son iguales a $\gamma_n$ por lo que se quiere demostrar que la serie converge. Esto se deduce por comparación con $$\sum \frac{1}{n(n+1)}$$ utilizando $$-\ln(1+\frac{1}{n})<-\frac{1}{n+1}$$