Un tratto di serie armonica ...

[Erasmus_First]

Dimostrare che è:
$\sum_{k=n}^{3n-1}1/k > 1$
per ogni n intero positivo.
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[orsoulx]

In una qualsiasi di queste somme compaiono 2n addendi e, in posizione quasi centrale, il reciproco di 2n. Accoppiando due termini in posizione simmetrica rispetto a quest'ultimo si ha: \( \frac 1 {2n-k} + \frac 1 {2n+k}=\frac {4n} {4n^2-k^2}>\frac 1 n \) .
Per un totale di n-1 coppie, restano ancora il primo termine ed il reciproco di 2n, la cui somma è ancora maggiore di 1/n.

Ciao

[Erasmus_First]

@ Orsoulx

Sì ... a parte qualche provocazione alla mia "tetratricotomia" – tu dixisti! – secondo la quale c'è qualche pressapochismo concettualmente accettabile ma formalmente impreciso).

Ma ...una dimostrazione così non mi piace dal punto di vista "estetico" !

Il mio procedimento si basa sul carattere logaritmico della divergenza della serie armonica.

Ho una successione $S(n)$ con indice $n$ da 1 in su e devo provare che ogni termine è maggiore di 1. Lo faccio trovando che la successione è strettamente decrescente e, per $n$ tendente a $+∞$, tende al limite $ln(3)$ > 1.

Detta $H(n)$ la somma dei reciproci degli interi da 1 a $n$ inclusi e $S(n)$ la somma dei reciproci degli interi da $n$ a $3n-1$ inclusi, si ha:
$S(n) = H(3n-1) – H(n-1)$.
Faccio la dimostrazione in 2 passi.
a) La successione $S(n)$ è decrescente dato che
$S(n) –S(n+1) = H(3n-1) – H(n-1) - [H(3n+3-1) – H(n)] =$
$ = 1/n - [1/(3n) + 1/(3n+1) + 1/(3n+2)] > 1/n – 3/(3n) = 0$.
b) E' noto che al tendere di $n$ all'infinito $H(n) - ln(n)$ tende ad una costante (detta "costante γ di Eulero–Mascheroni").
Pertanto, al tendere di n all'infinito, $S(n)$ tende la limite al quale tende:
${[ln(3n-1) + γ] – [ln(n-1) + γ]} = ln(3 +2/(n-1))$,
limite che è $ ln(3)$ e che è maggiore di 1 (dato che 3 > e = 2,718281828...).

Ciao, ciao

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P.S.
Ho editato per correggere uun paio di errori di battitura ed un ... "errore di sbaglio" (che però non inficiava il risultato).
[Cioè: $S(n) = H(3n-1) - H(n-1)$ (corretto!), e non $S(n) = H(3n-1) - H(n)$ (sbaliato!)]

[orsoulx]

Per tutto quel che segue.
Mah! Non ti nascondo che mi aspettassi le tue rimostranze. Mi ha sorpreso, al più, la brevità della tua dimostrazione.
Come ci siamo spiegati in privato: a te la precisione e la prolissità, a me il tagliar per i campi (coltivati, non quelli dell'algebra).
Hai postato nel settore "Scuola secondaria" e mi sentirei di spiegare la mia in una seconda liceo, dopo aver illustrato il simbolo di sommatoria. Per la tua ti lascio decidere in quale classe potrebbe esser digerita. Dopo aver compreso lo sviluppo concettuale ho cercato di seguire i singoli passaggi e, a parte un paio di sviste, mi pare ci sia un errore formale già nella definizione di S(n), che viene reiterato fino a compensarsi nel risultato finale della parte (a).
Mi piacerebbe conoscere quali siano i "pressapochismi... formalmente imprecisi" che ti hanno solleticato.
Ciao

[Rigel1]

Mi sembra che la dimostrazione di orsoulx sia pulita. Volendo proprio scrivere in dettaglio i passaggi:
\[
\sum_{k=n}^{3n-1} \frac{1}{k}= \sum_{j=1}^n \left(\frac{1}{2n-j} + \frac{1}{2n+j}\right) + \frac{1}{2n} - \frac{1}{3n}
> \sum_{j=1}^n \frac{1}{n} = 1.
\]
Altrimenti, volendo complicare le cose a piacere:
\[
\sum_{k=n}^{3n-1} \frac{1}{k} \geq \int_{n}^{3n}\frac{1}{x}\, dx = \log 3 > 1,
\]
che, di fatto, si basa sul citato carattere logaritmo della divergenza della serie armonica.

Edit: corretto misprint

[Zero87]

Premesso che secondo me molti dei problemi posti da Erasmus non sono da secondaria - ma ho finito le secondarie più di 10 anni fa, magari le cose sono cambiate! - io ho fatto pure di peggio come complicazione perché per dimostrarla ho usato la formula della somma di Eulero (che Erasmus conosce perché ultimamente posta un sacco di problemi sulla $\zeta$).

Essendo una marea di calcoli (magari neanche esatti!) non li riporto ma si tratta semplicemente di considerare la formula, per l'appunto, e di prendere estremi ad hoc che annullano gli ultimi due termini.

[Erasmus_First]

@ Orsoulx

1) Ho corretto gli error[ucc]i che stavano nel mio precedente "post". Spero che non ce ne siano più ... ma non ci giurerei!
2)

"orsoulx": [...] Mi piacerebbe conoscere quali siano i "pressapochismi... formalmente imprecisi" [...]

Siccome il numero di addendi è pari, non c'è un addendo in posizione centrale. Tu stesso dici che il reciproco di 2n è "in posizione quasi centrale". Hai scritto la somma della "coppia" $1/(2n-k) + 1/(2n+k)$, ma non hai precisato i limiti di variazione di k. ...
Oops! Rileggendo con maggiore attenzione vedo che è tutto ok.
Avevo letto male ... fuorviato dall'essere $1/(2n)$ in posizioine "quasi" centrale e mi pareva che avessi lasciato fuori un addendo. Chiedo venia e ritiro il "pressapochismo".

3) Ma io avrei sommato il primo addendo con l'ultimo, il secondo col penultimo, ecc. Avrei cioè messo la somma di $n$ coppie .. così:
« Per ogni $k$ compreso tra 0 e $n-1$ inclusi $1/(2n-1 -k) + 1/(2n+k) = 1/n (4n^2 - n)/(4n^2 - n -(k + k^2 + n)) > 1/n$.

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[Erasmus_First]

"Rigel":[...] volendo complicare le cose a piacere:
\[
\sum_{k=n}^{3n-1} \frac{1}{k} \geq \int_{n}^{3n}\frac{1}{x}\, dx = \log 3 > 1
\]

Bello!
Non mi pare affatto una complicazione! Anzi: mi pare il modo più elegante e stringato di dimostrare la tesi.
[Domandina: ma perché, dopo la sommatoria, hai messo "$≥$" invece di "$>$" ? ]
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[Erasmus_First]

[size=150]“[/size] [size=75]Rigel aveva scritto: [/size]
\[
\sum_{k=n}^{3n-1} \frac{1}{k}= \sum_{j=1}^n \left(\frac{1}{2n-j} + \frac{1}{2n+j}\right) + \frac{1}{2n} - \frac{1}{3n-1}
> \sum_{j=1}^n \frac{1}{n} = 1.
\]
However, now "$1/(3n -1)$" already corrected with "$1/(3n)$".
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[Rigel1]

"Erasmus_First":
Correct, please, "$1/(3n -1)$" with "$1/(3n)$".

Fatto