Sfida per analitici!!!

[Ariz93]

Dimostrare che la successione $(a_n)$ definita da:

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

È convergente ed ha un limite compreso tra $7/12 $ e $5/6$.
Starebbe bene ad analisi 1 se non ché ci ho messo un mio bonus :

Bonus: riuscireste a trovare un intervallo piu' piccolo per cui il limite è compreso?? Se si qual'e??

Buon lavoro ragazzi . E...buon divertimento!!!

[giammaria2]

Divertente, ma a rispondere non saranno i soliti esperti e non gli studenti?
Stante l'attuale impossibilità di usare gli spoiler (nonché la curiosità che li fa aprire spesso), non mando la mia intera soluzione ma solo le sue conclusioni.
- La limitazione $a_n>7/12$ è migliorabile se ci si rassegna a qualche calcolo, tanto più lungo quanto più la si vuole migliorare.
- Non ho trovato la limitazione $a_n<5/6$ ma un suo miglioramento, cioè $a_n<3/4$.

[Ariz93]

"giammaria":Divertente, ma a rispondere non saranno i soliti esperti e non gli studenti?
Stante l'attuale impossibilità di usare gli spoiler (nonché la curiosità che li fa aprire spesso), non mando la mia intera soluzione ma solo le sue conclusioni.
- La limitazione $a_n>7/12$ è migliorabile se ci si rassegna a qualche calcolo, tanto più lungo quanto più la si vuole migliorare.
- Non ho trovato la limitazione $a_n<5/6$ ma un suo miglioramento, cioè $a_n<3/4$.

Si in effetti hai ragione...facciamo così dato che voi esperti sapete " come fare" me lo potresti spostare su analisi?? Altrimenti lo faccio io, è divertente per studenti del primo anno credo..comunque voi mod e gente esperta non ci mette poi così tanto a risolverli

[Ariz93]

In quanto allo spoiler va bene anche se credo di aver trovato un limite superiore miglio di $ \frac{3}{4} $ ora ricontrollo.Per i 5/6 ti do un hint, maggiorazioni

[vict85]

Beh, siccome non sono un analista molto bravo né tanto meno in forma, metto alcune considerazioni:

La successione è monotona crescente. Infatti:

\begin{align} a_{n+1} - a_{n} &= \sum_{k = n+2}^{2n+2} k^{-1} - \sum_{s = n+1}^{2n} s^{-1} \\
&= \frac{1}{2(n+1)} + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{n+1} \\
&= \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2} \\
\end{align}
che è banalmente maggiore di \(0\) per ogni \(n\ge 0\).

Cosa che implica il fatto che con un po' di calcoli si può trovare limiti inferiori sempre migliori.

Per i limiti superiori devo prendere carta e penna e fare qualche conto.

[Ariz93]

In eeffetti è contosa..però caina

[vict85]

Per i \(\frac56\), come detto da Ariz93, si maggiora...

Per comodità prendo \(n = 2s\). Tanto essendo monotona crescente posso sempre prendere un numero pari maggiore di \(n\) e quindi far valere ugualmente la maggiorazione.

\begin{align} a_{2s} &= \sum_{k = 2s + 1}^{4s} k^{-1} \\
&< \frac{s}{2s} + \frac{s}{3s} = \frac12 + \frac13 = \frac56 \\
\end{align}

Seguendo lo stesso procedimento si può, d'altra parte, migliorare questo limite:

Per ogni \(n < 4s\) io ho:

\begin{align} a_{n} &< a_{4s} \\
&< \frac{s}{4s} + \frac{s}{5s} + \frac{s}{6s} + \frac{s}{7s} \\
&< \frac14 + \frac15 + \frac16 + \frac17 = \frac{105 + 84 + 70 + 60}{420} = \frac{319}{420}
\end{align}

Inoltre, seguendo lo stesso principio, per ogni \(n\) e \(N\) vale \(\displaystyle a_n < \sum_{k = N}^{2N - 1} k^{-1} = a_N + \frac{1}{N} - \frac{1}{2N} = a_N + \frac{1}{2N}\).

[vict85]

Le mie considerazioni di prima si riducono a questo:

Se \(\displaystyle b_n = \sum_{k = n}^{2n-1} k^{-1}\) allora per ogni \(i>0\) e per ogni \(n\), \(\displaystyle a_n < a_{n+1} < b_{n+1} < b_{n} \), dove l'ultima disequazione proviene dal fatto che \(b_{n+1} = b_n - \frac{1}{n} + \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n+1} = b_n - \left(\frac{1}{2n} - \frac{1}{2n+1}\right)\)

È quindi evidente che si può facilmente migliorare infinitamente l'intervallo considerato, a patto di fare qualche calcolo.

X giammaria: come hai trovato il \(\frac34\)? Come vedi gli spoiler sono tornati a funzionare .

[giammaria2]

Sul mio computer gli spoiler continuano a non funzionare CTRL-R non risolve. Li uso comunque, in vista del futuro.

Per la mia maggiorazione parto da
$2a_n=sum_(k=n+1)^(2n)1/k+sum_(k=n+1)^(2n)1/k$
e sommo il primo termine della prima sommatoria con l'ultimo della seconda, il secondo col penultimo, eccetera: ottengo
$2a_n=sum_(h=0)^(n-1)(1/(n+1+h)+1/(2n-h))=sum_(h=0)^(n-1)(3n+1)/((n+1+h)(2n-h))$
Il denominatore assume il suo valore minimo ai suoi estremi (ho pensato alla parabola), in cui quindi si hanno gli addendi più alti, che valgono $(3n+1)/(2n(n+1))$. Perciò
$2a_na_n<3/4$

Non ho capito come abbiate ottenuto la $sum_(k=2s+1)^(4s)k^(-1)

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[Rigel1]

Immagino non si possano usare metodi analitici (per quanto elementari) per dimostrare che il limite vale \(\log 2\).

[Ariz93]

"Rigel":Immagino non si possano usare metodi analitici (per quanto elementari) per dimostrare che il limite vale \(\log 2\).

Rigel come lo hai trovato??? Aspetto altre idee interessanti prima di postare la mia soluzione

[Rigel1]

Il metodo più diretto è per integrazione:
\[
\int_{n}^{2n} \frac{1}{x+1} \, dx \leq \sum_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{k+1} \leq \int_n^{2n}\frac{1}{x}\, dx
\]
che porta alla stima
\[
(1)\qquad \log\left(2 - \frac{1}{n+1}\right) < a_n < \log(2)
\]
e dunque al risultato.

In alternativa si può partire dalla disuguaglianza \(e^t \geq 1+t\), \(t\in\mathbb{R}\). Da questa disuguaglianza, con qualche manipolazione, si arriva alla coppia di disuguaglianze
\[
\log(1+t) \leq t \leq -\log(1-t), \qquad t\in (-1,1).
\]
In particolare, per \(k\geq 2\) abbiamo che
\[
\log(k+1)-\log(k) \leq \frac{1}{k} \leq \log(k) - \log(k-1).
\]
Sommando su \(k\) si ottengono, a primo e terzo membro, delle sommatorie telescopiche, per cui
\[
\log(2n+1) - \log(n+1) \leq a_n \leq\log(2n) - \log(n)
\]
cioè la (1).

[vict85]

"giammaria":Non ho capito come abbiate ottenuto la $sum_(k=2s+1)^(4s)k^(-1)

Beh, te lo faccio con un esempio pratico...

\[\frac15 + \frac16 + \frac17 + \frac18 < \left( \frac14 + \frac14 \right) + \left( \frac16 + \frac16 \right)\]

In realtà avrebbe più senso l'approssimazione:

\[\frac15 + \frac16 + \frac17 + \frac18 < \left( \frac15 + \frac15 \right) + \left( \frac17 + \frac17 \right)\]

ma mi sembrava meno comoda da semplificare (dovevo riuscire ad eliminare \(s\) dall'equazione).

[vict85]

X Rigel: bella soluzione.

[Ariz93]

"Rigel":

Il metodo più diretto è per integrazione:
\[
\int_{n}^{2n} \frac{1}{x+1} \, dx \leq \sum_{k=n}^{2n-1}\frac{1}{k+1} \leq \int_n^{2n}\frac{1}{x}\, dx
\]
che porta alla stima
\[
(1)\qquad \log\left(2 - \frac{1}{n+1}\right) < a_n < \log(2)
\]
e dunque al risultato.

In alternativa si può partire dalla disuguaglianza \(e^t \geq 1+t\), \(t\in\mathbb{R}\). Da questa disuguaglianza, con qualche manipolazione, si arriva alla coppia di disuguaglianze
\[
\log(1+t) \leq t \leq -\log(1-t), \qquad t\in (-1,1).
\]
In particolare, per \(k\geq 2\) abbiamo che
\[
\log(k+1)-\log(k) \leq \frac{1}{k} \leq \log(k) - \log(k-1).
\]
Sommando su \(k\) si ottengono, a primo e terzo membro, delle sommatorie telescopiche, per cui
\[
\log(2n+1) - \log(n+1) \leq a_n \leq\log(2n) - \log(n)
\]
cioè la (1).

Sai con l' integrale hai risposto ad un quesito che mi ero posto...ok si può approssimare quanto si può restrjingere quanto si vuole l' intervallo..ma fino a quando?? Ed ho pensato..se divido la sommatori in infiniti pezzetti infinitesimi avrò l' effettivo limite. Comunque complimenti dai , che dite passo il problema ai meno esperti come me?

[vict85]

X Ariz93: Nella mia soluzione ho trovato due successioni, una crescente e l'altra decrescente che tendono allo stesso limite. Quindi, con quelli, puoi restringerlo infinitamente.

[giammaria2]

@Ariz93. Per favore, in futuro rispetta questa norma del regolamento:
3.13 Quando si 'Quota' un messaggio per dare una risposta occorre evitare di riportare integralmente il testo del messaggio al quale si risponde. Le citazioni, quindi, sono utili se dall'intero messaggio viene estratta una parte di esso o meglio soltanto una frase.
Per questa volta, non stare a correggere.

@Vic85. Grazie della spiegazione.

[Ariz93]

@Giammaria grazie per la dritta e scusami se ho trasgredito la norma

[gugo82]

"Ariz93":Dimostrare che la successione $(a_n)$ definita da:

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

È convergente ed ha un limite compreso tra $7/12 $ e $5/6$.
Starebbe bene ad analisi 1 se non ché ci ho messo un mio bonus :

Bonus: riuscireste a trovare un intervallo piu' piccolo per cui il limite è compreso?? Se si qual'e??

Buon lavoro ragazzi . E...buon divertimento!!!

Come già notato, la successione \(a_n\) è strettamente crescente, poiché:
\[
\begin{split}
a_{n+1}-a_n &= \sum_{k=n+2}^{2n+2} \frac{1}{k} - \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} \\
&= \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} \\
&= \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2} \\
&= \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} \\
&>0
\end{split}
\]
quindi la minorazione:
\[
a_n\geq a_2 = \frac{7}{12}
\]
segue immediatamente.
La maggiorazione segue dal fatto che per indici pari \(n=2m\) abbiamo:
\[
\begin{split}
a_{2m} &=\sum_{k=2m+1}^{4m} \frac{1}{k} \\
&= \underbrace{\frac{1}{2m+1} +\frac{1}{2m+2}+\cdots \frac{1}{3m}}_{\color{red}{m \text{ addendi } \leq \frac{1}{2m}}} + \underbrace{\frac{1}{3m+1}+\frac{1}{3m+2}+\cdots +\frac{1}{4m}}_{\color{red}{m \text{ addendi } \leq \frac{1}{3m}}} \\
&\leq \frac{m}{2m}+\frac{m}{3m} \\
&= \frac{5}{6}
\end{split}
\]
e quindi, combinando questa maggiorazione con la monotonia di \((a_n)\), troviamo pure che per gli indici dispari \(n=2m+1\) risulta:
\[
a_{2m+1}\leq a_{2m+2}=a_{2(m+1)} \leq \frac{5}{6}\; .
\]

Per quanto riguarda il valore esatto del limite, se ne può dare un'altra dimostrazione (che sfrutta la definizione di integrale definito come limite delle somme integrali).

Abbiamo:
\[
\begin{split}
\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} &\stackrel{h=k-n-1}{=} \sum_{h=0}^{n-1} \frac{1}{n+1+h} \\
&=\sum_{h=0}^{n-1} \frac{1}{1+\frac{h}{n+1}}\ \frac{1}{n+1} \\
&=\sum_{h=0}^{n-1} \frac{1}{1+\frac{h}{n+1}}\ \left( \frac{h+1}{n+1} - \frac{h}{n+1}\right) \\
&= \sum_{h=0}^{n-1} \frac{1}{1+\frac{h}{n+1}}\ \left( \frac{h+1}{n+1} - \frac{h}{n+1}\right) + \frac{1}{1+\frac{n}{n+1}} \left( \frac{n+1}{n+1} - \frac{n}{n+1}\right) \\
&\phantom{=\sum}- \frac{1}{1+\frac{n}{n+1}} \left( \frac{n+1}{n+1} - \frac{n}{n+1}\right) \\
&= \sum_{h=0}^n \frac{1}{1+\frac{h}{n+1}}\ \left( \frac{h+1}{n+1} - \frac{h}{n+1}\right) - \frac{1}{1+\frac{n}{n+1}} \left( \frac{n+1}{n+1} - \frac{n}{n+1}\right) \\
&= \sum_{h=0}^n \frac{1}{1+\frac{h}{n+1}}\ \left( \frac{h+1}{n+1} - \frac{h}{n+1}\right) - \frac{1}{1+2n} \; ,
\end{split}
\]
sicché, posto \(x_h=\frac{h}{n+1}\) ed \(f(x):= \frac{1}{x+1}\), possiamo scrivere:
\[\tag{1}
\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} = \sum_{h=0}^n f(x_h)\ (x_{h+1}-x_h) - \frac{1}{2n+1} \; .
\]
La sommatoria che figura al secondo membro della precedente uguaglianza è la somma integrale superiore della funzione \(f(x)\) rispetto alla decomposizione equispaziata \(D=\{0=x_0,x_1,x_2,\ldots, x_{n-1},x_n,x_{n+1}=1\}\) dell'intervallo \([0,1]\), pertanto essa al crescere di \(n\) tende all'integrale definito di \(f(x)\) esteso all'intervallo \([0,1]\); conseguentemente troviamo:
\[
\begin{split}
\lim_n \sum_{h=0}^n f(x_h)\ (x_{h+1}-x_h) &= \int_0^1 f(x)\ \text{d} x \\
&= \int_0^1 \frac{1}{x+1}\ \text{d} x \\
&= \left[ \log |x+1| \right]_0^1 \\
&= \log 2\; .
\end{split}
\]
Ma allora, applicando il teorema sul limite della differenza alla (1) (che si può fare, perché non si ricade in forma indeterminata), otteniamo infine:
\[
\begin{split}
\lim_n \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} &= \lim_n \sum_{h=0}^n f(x_h)\ (x_{h+1}-x_h) - \frac{1}{2n+1} \\
&= \lim_n \sum_{h=0}^n f(x_h)\ (x_{h+1}-x_h) - \lim_n \frac{1}{2n+1}
&= \log 2 - 0 \\
&=\log 2\; .
\end{split}
\]

[Ariz93]

"gugo82":

La sommatoria che figura al secondo membro della precedente uguaglianza è la somma integrale superiore della funzione \(f(x)\) rispetto alla decomposizione equispaziata \(D=\{0=x_0,x_1,x_2,\ldots, x_{n-1},x_n,x_{n+1}=1\}\) dell'intervallo \([0,1]\), pertanto essa al crescere di \(n\) tende all'integrale definito di \(f(x)\) esteso all'intervallo \([0,1]\); conseguentemente troviamo[..]

Scusami gugo82 ma forse ancora non ho affrontato questo tipo di teoria,mi sapresti spiegare in poche parole come hai trovato gli estremi di integrazione? Inoltre non capisco propr i o la i-esima somma dell'integrale superiore ...decomposizione equispaziata(??) . Se sono affari teorici e non si può spiegare senza un approfondimento di analisi rimando ,altrimenti se c' è una spiegazione pseudo-esaustiva mi farebbe piacere conoscerla .

Per la maggiorazione vi ponfo la mia soluzione ( che è poi uguale a quella del Buttazzo ,fonte dell'esercizio):

Sia $k>= n+1 $ per $ k= n+1,n+2,...,n+\frac{n}{2} $

E$ k>= n+\frac{n}{2} +1$ per $k=n+ \frac{n}{2} +1,...,2n$

Quindi così maggioriamo $a_n$ essendo:

$a_n =[ \sum_{k=n+1}^{n+\frac{n}{2}} \frac{1}{k}]+[\sum_{k=n+\frac{n}{2} +1}^{2n} \frac{1}{k} ] <=\frac{n}{2} \frac{1}{n+1}+\frac{n}{2} \frac{1}{n + \frac{n}{2}+ 1}$
Facendo il lim per n che va a infinito esce fuori:
$a_n=< 1/2+1/3= 5/6 $ ..
Per il bonus ho avuto la pazzia di dividere la sommatoria i 4 parti e maggiorare e minorare moltiplicando per n/4 ,ma mi risparmio io il latex e a voi il caricamento di un'intera pagina di svolgimento.

[gugo82]

"Ariz93":[quote="gugo82"]
La sommatoria che figura al secondo membro della precedente uguaglianza è la somma integrale superiore della funzione \(f(x)\) rispetto alla decomposizione equispaziata \(D=\{0=x_0,x_1,x_2,\ldots, x_{n-1},x_n,x_{n+1}=1\}\) dell'intervallo \([0,1]\), pertanto essa al crescere di \(n\) tende all'integrale definito di \(f(x)\) esteso all'intervallo \([0,1]\); conseguentemente troviamo[..]

Scusami gugo82 ma forse ancora non ho affrontato questo tipo di teoria,mi sapresti spiegare in poche parole come hai trovato gli estremi di integrazione? Inoltre non capisco propr i o la i-esima somma dell'integrale superiore ...decomposizione equispaziata(??) . Se sono affari teorici e non si può spiegare senza un approfondimento di analisi rimando ,altrimenti se c' è una spiegazione pseudo-esaustiva mi farebbe piacere conoscerla .[/quote]
Alle superiori insegnano a definire l'integrale definito come segue (che poi è la costruzione di Cauchy, grossomodo).

Sia \(f:[a,b]\to \mathbb{R}\) una funzione continua e \(\geq 0\).
Prendiamo l'intervallo \([a,b]\) e dividiamolo in \(n\) sottointervalli uguali; evidentemente, i sottointervalli avranno ampiezza \(\frac{b-a}{n}\) ed estremi negli \(n+1\) punti \(x_0=a\), \(x_1=a+\frac{b-a}{n}\), \(x_2=a+2\frac{b-a}{n}\), ..., \(x_{n-1}=a+(n-1)\frac{b-a}{n}\), \(x_n=a+n\frac{b-a}{n}=b\); l'insieme \(D:=\{a=x_0,x_1,x_2,\ldots ,x_{n-1},x_n=b\}\), per ragioni evidenti, si chiama decomposizione equispaziata dell'intervallo \([a,b]\).
Per ogni intervallino, calcoliamo il minimo ed il massimo di \(f\) lì dentro e formiamo le somme integrali inferiori e superiori della \(f\) relative alla decomposizione \(D\) ponendo:
\[ \tag{1}
s_n = \sum_{h=0}^{n-1} \min_{x\in [x_h,x_{h+1}]} f(x)\ (x_{h+1}-x_h) \qquad \text{e} \qquad S_n = \sum_{h=0}^{n-1} \max_{x\in [x_h,x_{h+1}]} f(x)\ (x_{h+1}-x_h)\; .
\]
Le somme \(s_n\) ed \(S_n\) hanno un evidente interpretazione geometrica: infatti essi non sono altro che la somma delle aree dei rettangoli inscritti e circoscritti al diagramma del grafico di \(f\) aventi per basi i sottointervalli della decmposizione \(D\).
(Prova a fare un disegno.)
Per definizione, si chiama integrale definito di \(f\) esteso all'intervallo \([a,b]\) il limite comune, se esiste, delle due successioni \(s_n\) ed \(S_n\); in tal caso si dice che \(f\) è integrabile in \([a,b]\).
Chiaramente, se le due successioni \(s_n\) ed \(S_n\) convergono verso un limite comune, intuitivamente tale limite rappresenterà l'area della regione compresa tra il diagramma del grafico di \(f\) e l'asse delle ascisse; perciò l'integrale di una funzione positiva è la misura dell'area della regione sottostante al grafico della funzione.

Nella soluzione dell'esericizio trovavo la sommatoria:
\[
\sum_{h=0}^n \frac{1}{1+\frac{h}{n+1}}\ \left( \frac{h+1}{n+1} - \frac{h}{n+1}\right)\; ;
\]
guardando bene e confrontandola con le (1) vedevo che c'era somiglianza: infatti posto \(x_h=\frac{h}{n+1}\), la somma si riscriveva:
\[
\sum_{h=0}^n \frac{1}{1+x_h}\ \left( x_{h+1} -x_h\right)
\]
e quindi vi apparivano dei fattori \(x_{h+1} -x_h\) che ricordavano le ampiezze degli intervallini di una decomposizione equispaziata; d'altra parte, nella somma c'erano \(n+1\) addendi, quindi l'intervallo (qualunque esso fosse) era da dividere in \(n+1\) parti; confrontando la formula che fornisce \(x_0\) nel caso in esame con quella che lo fornisce nel caso generale, trovavo \(a=x_0=0\), quindi \(a=0\), e confrontando le due formule per \(x_1\):
\[
\frac{1}{n+1} = x_h=a+\frac{b-a}{n+1}
\]
trovavo \(b=1\); pertanto, l'intervallo che dovevo considerare era certamente \([0,1]\).
D'altra parte, i fattori rimanenti, cioè \(\frac{1}{1+x_h}\), si potevano riguardare come valori assunti dalla funzione \(f(x):=\frac{1}{1+x}\) nei punti \(x_h\); dato che la funzione \(f\) è decrescente in \([0,1]\) (si vede "a occhio"), scrivevo immediatamente:
\[
\frac{1}{1+x_h}=f(x_h) = \max_{x\in [x_h,x_{h+1}]} f(x)\; .
\]
Conseguentemente la somma:
\[
\sum_{h=0}^n \frac{1}{1+\frac{h}{n+1}}\ \left( \frac{h+1}{n+1} - \frac{h}{n+1}\right)
\]
uguagliava la somma integrale superiore \(S_{n+1}\) della funzione \(f(x)=\frac{1}{1+x}\) relativa alla decomposizione equispaziata \(D\) di \([0,1]\) che divide tale intervallo \(n+1\) sottointervalli uguali.
Quindi per calcolare il limite \(\lim_n S_n\) bastava andarmi a calcolare \(\int_0^1 f(x)\text{d} x\) con la solita formula (di Torricelli), cosa che ho fatto.