Dimostrazione di una nota equivalenza asintotica
$\sum_(h=1)^k1/h>ln(k)$
Sono anche equivalenti asintoticamente...
Cerco una dimostrazione dato che non ritrovo gli appunti della lezione, possibilmente senza l'uso di integrali o roba avanzata (considerate un primo semestre di matematica)...
Dato che non voglio far perder tempo a nessuno mi accontento di un link o un testo in cui è riportata la dimostrazione.
Thanks
Sono anche equivalenti asintoticamente...
Cerco una dimostrazione dato che non ritrovo gli appunti della lezione, possibilmente senza l'uso di integrali o roba avanzata (considerate un primo semestre di matematica)...
Dato che non voglio far perder tempo a nessuno mi accontento di un link o un testo in cui è riportata la dimostrazione.
Thanks
Risposte
ti do una simpatica dimostrazione per far qualcosa in questa serata inconcludente 
Dimostriamo prima di tutto che esiste una costante $k\in RR$ tale che $1+1/2+1/3+1/4+...+1/2^n>=kn$.
considero
$1/2+1/3+1/4+...+1/2^n<1+1/2+1/3+1/4+...+1/2^n$. Abbiamo inoltre che $1/3+1/4>1/4+1/4$, $1/5+1/6+1/7+1/8>1/8+1/8+1/8+1/8$,...,$1/2^(n-1)+...+1/2^n>1/2^n+....+1/2^n$ quindi posso concludere che $1/2+1/3+1/4+...+1/2^n>1/2+(1/4+1/4)+...+(1/2^(n-1)+...+1/2^n)=$ nota che ogni maggiorazione ho preso un gruppo di fattori tali per cui la loro somma sia esattamente $1/2$ e questi sono $n$ gruppetti. Quindi $n/2<1/2+1/3+1/4+...+1/2^n<1+1/2+1/3+1/4+...+1/2^n$. In questo caso $k=1/2$
Generalizziamo: mostriamo ora che esiste $h$ reale tale che $1+1/2+...+1/p>hn$.
Sappiamo da prima che $sum_{k=1}^{2^n}1/k>=n/2$. Poniamo allora $p=2^n=>n=log_2p$ Allora $sum_{k=1}^{2^n}1/k>=1/2log_2p$.
Considero $q$ tale che $2^q=p<2^(q+1)=>$ (ha senso scrivere questa disugualianza in quanto sappiamo che $p=2^n$) sostituendo nell'ultima espressione trovata il fatto che $q=log_2p $ otteniamo $sum_{k=1}^{2^q}1/k>=1/2q$. Allora essendo $2^(q+1)>p=>q+1>log_2p$ e che $2q>q+1$. Concludiamo osservando che $2q>q+1>log_2p=>q>1/2log_2p=>1/2q>1/4log_2p$. Quindi $sum_{k=1}^{2^q}1/k=sum_{k=1}^{p}1/k>=1/2q>=1/4log_2p$.
hai ottenuto quello che cercavi: $sum_{k=1}^{p}1/k>=1/4log_2p$.
Con gli stessi ragionamenti puoi trovare che $sum_{k=1}^{p}1/k<4log_2p$.
Hai quindi una stima per difetto e una per eccesso della serie armonica. Spero di aver scritto tutto in modo chiaro
ciao
Dimostriamo prima di tutto che esiste una costante $k\in RR$ tale che $1+1/2+1/3+1/4+...+1/2^n>=kn$.
considero
$1/2+1/3+1/4+...+1/2^n<1+1/2+1/3+1/4+...+1/2^n$. Abbiamo inoltre che $1/3+1/4>1/4+1/4$, $1/5+1/6+1/7+1/8>1/8+1/8+1/8+1/8$,...,$1/2^(n-1)+...+1/2^n>1/2^n+....+1/2^n$ quindi posso concludere che $1/2+1/3+1/4+...+1/2^n>1/2+(1/4+1/4)+...+(1/2^(n-1)+...+1/2^n)=$ nota che ogni maggiorazione ho preso un gruppo di fattori tali per cui la loro somma sia esattamente $1/2$ e questi sono $n$ gruppetti. Quindi $n/2<1/2+1/3+1/4+...+1/2^n<1+1/2+1/3+1/4+...+1/2^n$. In questo caso $k=1/2$
Generalizziamo: mostriamo ora che esiste $h$ reale tale che $1+1/2+...+1/p>hn$.
Sappiamo da prima che $sum_{k=1}^{2^n}1/k>=n/2$. Poniamo allora $p=2^n=>n=log_2p$ Allora $sum_{k=1}^{2^n}1/k>=1/2log_2p$.
Considero $q$ tale che $2^q=p<2^(q+1)=>$ (ha senso scrivere questa disugualianza in quanto sappiamo che $p=2^n$) sostituendo nell'ultima espressione trovata il fatto che $q=log_2p $ otteniamo $sum_{k=1}^{2^q}1/k>=1/2q$. Allora essendo $2^(q+1)>p=>q+1>log_2p$ e che $2q>q+1$. Concludiamo osservando che $2q>q+1>log_2p=>q>1/2log_2p=>1/2q>1/4log_2p$. Quindi $sum_{k=1}^{2^q}1/k=sum_{k=1}^{p}1/k>=1/2q>=1/4log_2p$.
hai ottenuto quello che cercavi: $sum_{k=1}^{p}1/k>=1/4log_2p$.
Con gli stessi ragionamenti puoi trovare che $sum_{k=1}^{p}1/k<4log_2p$.
Hai quindi una stima per difetto e una per eccesso della serie armonica. Spero di aver scritto tutto in modo chiaro
ciao
Anche se la questione è stata già risolta, mi fa piacere segnalare un modo alternativo di procedere.
Una dimostrazione della relazione di limite:
$\lim_n (\sum_(k=1)^n 1/k)/(ln n)=1$
si può fare applicando il seguente criterio di convergenza (che è, grossomodo, un'analogo discreto del Teorema di de l'Hopital):
Infatti, posto:
$AAn \in NN \setminus \{ 1\}, \{(a_n=\sum_(k=1)^n 1/k),(b_n=ln n):}$ ,
la successione $(b_n)$ verifica l'ipotesi 1) e però si ha:
$lim_n (a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)=lim_n (1/(n+1))/(ln (n+1) -ln n)=lim_n 1/(ln (1-1/(n+1))^(-(n+1)))=1/(ln e)=1$
cosicché è verificata anche l'ipotesi 2). Ne viene che:
$lim_n (\sum_(k=1)^n 1/k)/(ln n)=1 \quad => \quad \sum_(k=1)^n 1/k ~~ ln n$
come si voleva.
Se ti serve anche una dimostrazione del criterio te la posto.
Una dimostrazione della relazione di limite:
$\lim_n (\sum_(k=1)^n 1/k)/(ln n)=1$
si può fare applicando il seguente criterio di convergenza (che è, grossomodo, un'analogo discreto del Teorema di de l'Hopital):
Siano $(a_n),(b_n)$ due successioni reali.
Se:
1) $(b_n)$ è positiva, strettamente crescente e non limitata;
2) esiste finito il $lim_(n) (a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)$
allora la successione $((a_n)/(b_n))$ è convergente e risulta:
$lim_n a_n/b_n =lim_n (a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)$.
Infatti, posto:
$AAn \in NN \setminus \{ 1\}, \{(a_n=\sum_(k=1)^n 1/k),(b_n=ln n):}$ ,
la successione $(b_n)$ verifica l'ipotesi 1) e però si ha:
$lim_n (a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)=lim_n (1/(n+1))/(ln (n+1) -ln n)=lim_n 1/(ln (1-1/(n+1))^(-(n+1)))=1/(ln e)=1$
cosicché è verificata anche l'ipotesi 2). Ne viene che:
$lim_n (\sum_(k=1)^n 1/k)/(ln n)=1 \quad => \quad \sum_(k=1)^n 1/k ~~ ln n$
come si voleva.
Se ti serve anche una dimostrazione del criterio te la posto.
"Gugo82":
Se ti serve anche una dimostrazione del criterio te la posto.
Io sarei interessato ad una prova del criterio: vale lo stesso?
Eccola... 
Sia $L:=lim_n (a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)$.
Fissato $\epsilon >0$; per 1) è possibile determinare $\nu in NN$ in modo che per $n>=nu$ risulti:
$L-\epsilon/2 <=(a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)<= L+epsilon/2$
e, visto che $b_(n+1)>b_n$, la precedente implica:
(1) $(L-\epsilon/2)*(b_(n+1)-b_n)<=a_(n+1)-a_n<= (L+epsilon/2)*(b_(n+1)-b_n) \quad$.
Per fissato $n>=\nu$, la (1) importa:
$(L-\epsilon/2)*(b_(n+1)-b_nu) <=a_(n+1)-a_nu<= (L+epsilon/2)*(b_(n+1)-b_nu)$
(basta sommare m.a.m. la (1) scritta per $nu, nu+1,\ldots , n$) e perciò:
$L-epsilon/2<=(a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)<= L+epsilon/2 \quad =>$
$\quad => |(a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)-L|<=epsilon/2 \quad$. (2)
Ora, si ha:
$(a_(n+1)-a_nu)/b_(n+1) = (a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)*(b_(n+1)-b_nu)/b_(n+1)=(a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)*(1-(b_nu)/b_(n+1))$
e quindi:
$a_(n+1)/b_(n+1)-L=[(a_(n+1)-a_nu)/b_(n+1)+a_nu/b_(n+1)]+[Lb_nu/b_(n+1)-Lb_nu/b_(n+1)]-L=$
$\quad =a_nu/b_(n+1)+((a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)-L)*(1-(b_nu)/b_(n+1))-Lb_nu/b_(n+1)=$
$\quad =((a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)-L)*(1-(b_nu)/b_(n+1))+(a_nu-Lb_nu)/b_(n+1) \quad$;
prendendo i valori assoluti dei membri esterni della precedente catena, maggiorando con la disuguaglianza triangolare e tenendo presente che $0<1-b_nu/b_(n+1)<1$, si ottiene:
(3) $\quad |a_(n+1)/b_(n+1)-L|<=|(a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)-L|+|(a_nu-Lb_nu)/b_(n+1)|$
Visto che $b_n\to +oo$, la successione di termine generale $(a_nu-Lb_nu)/b_(n+1)$ è infinitesima (infatti il numeratore è costante!), quindi esiste un $\mu in NN$ tale che per $n>=mu$ si ha:
(4) $\quad |(a_nu-Lb_nu)/b_(n+1)|<=\epsilon/2 \quad$.
Preso allora $n>=\lambda:=max\{ nu, mu\}$ si può maggiorare il secondo membro di (3) tenendo presenti le (2) e (4), cosicché risulta:
$|a_(n+1)/b_(n+1)-L|<=epsilon/2+epsilon/2=epsilon$
ed infine $a_(n+1)/b_(n+1)to L$ come si voleva.*
___________
* Ovviamente $(a_n/b_n)$ ed $(a_(n+1)/b_(n+1))$ differiscono per il solo termine iniziale, quindi la convergenza dell'una è equivalente alla convergenza dell'altra.
Siano $(a_n),(b_n)$ due successioni reali.
Se:
1) $(b_n)$ è positiva, strettamente crescente e non limitata;
2) esiste finito il $lim_(n) (a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)$
allora la successione $((a_n)/(b_n))$ è convergente e risulta:
$lim_n a_n/b_n =lim_n (a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)$.
Sia $L:=lim_n (a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)$.
Fissato $\epsilon >0$; per 1) è possibile determinare $\nu in NN$ in modo che per $n>=nu$ risulti:
$L-\epsilon/2 <=(a_(n+1)-a_n)/(b_(n+1)-b_n)<= L+epsilon/2$
e, visto che $b_(n+1)>b_n$, la precedente implica:
(1) $(L-\epsilon/2)*(b_(n+1)-b_n)<=a_(n+1)-a_n<= (L+epsilon/2)*(b_(n+1)-b_n) \quad$.
Per fissato $n>=\nu$, la (1) importa:
$(L-\epsilon/2)*(b_(n+1)-b_nu) <=a_(n+1)-a_nu<= (L+epsilon/2)*(b_(n+1)-b_nu)$
(basta sommare m.a.m. la (1) scritta per $nu, nu+1,\ldots , n$) e perciò:
$L-epsilon/2<=(a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)<= L+epsilon/2 \quad =>$
$\quad => |(a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)-L|<=epsilon/2 \quad$. (2)
Ora, si ha:
$(a_(n+1)-a_nu)/b_(n+1) = (a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)*(b_(n+1)-b_nu)/b_(n+1)=(a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)*(1-(b_nu)/b_(n+1))$
e quindi:
$a_(n+1)/b_(n+1)-L=[(a_(n+1)-a_nu)/b_(n+1)+a_nu/b_(n+1)]+[Lb_nu/b_(n+1)-Lb_nu/b_(n+1)]-L=$
$\quad =a_nu/b_(n+1)+((a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)-L)*(1-(b_nu)/b_(n+1))-Lb_nu/b_(n+1)=$
$\quad =((a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)-L)*(1-(b_nu)/b_(n+1))+(a_nu-Lb_nu)/b_(n+1) \quad$;
prendendo i valori assoluti dei membri esterni della precedente catena, maggiorando con la disuguaglianza triangolare e tenendo presente che $0<1-b_nu/b_(n+1)<1$, si ottiene:
(3) $\quad |a_(n+1)/b_(n+1)-L|<=|(a_(n+1)-a_nu)/(b_(n+1)-b_nu)-L|+|(a_nu-Lb_nu)/b_(n+1)|$
Visto che $b_n\to +oo$, la successione di termine generale $(a_nu-Lb_nu)/b_(n+1)$ è infinitesima (infatti il numeratore è costante!), quindi esiste un $\mu in NN$ tale che per $n>=mu$ si ha:
(4) $\quad |(a_nu-Lb_nu)/b_(n+1)|<=\epsilon/2 \quad$.
Preso allora $n>=\lambda:=max\{ nu, mu\}$ si può maggiorare il secondo membro di (3) tenendo presenti le (2) e (4), cosicché risulta:
$|a_(n+1)/b_(n+1)-L|<=epsilon/2+epsilon/2=epsilon$
ed infine $a_(n+1)/b_(n+1)to L$ come si voleva.*
___________
* Ovviamente $(a_n/b_n)$ ed $(a_(n+1)/b_(n+1))$ differiscono per il solo termine iniziale, quindi la convergenza dell'una è equivalente alla convergenza dell'altra.
Beautiful! Solo una cosa: l'acronimo m.a.m lo hai usato per intendere "membro a membro"?
"WiZaRd":
Beautiful! Solo una cosa: l'acronimo m.a.m lo hai usato per intendere "membro a membro"?
Sissì.
E t.a.t. sta per "termine a termine" (li uso quando voglio risparmiare).
E qual è la differenza tra "termine a termine" e "membro a membro"? Non ho mai sentito dire termine a termine 
Quando derivo una serie di funzioni $\sum f_n(x)$ sotto il segno di somma di solito dico "derivo termine a termine"; lo stesso quando integro.
Invece quando sommo delle uguaglianze/disuguaglianze dico "sommo membro a membro"; lo stesso quando moltiplico/divido.
Invece quando sommo delle uguaglianze/disuguaglianze dico "sommo membro a membro"; lo stesso quando moltiplico/divido.
quello è uno dei mitici teoremi di cesaro che ogni tanto qualche matematico cita? 
I teoremi di Cèsaro che conosco sono un po' diversi e riguardano la convergenza della successione delle medie aritmetiche e geometriche di un'assegnata successione (a termini positivi, nel caso delle medie geometriche).
Però mi pare che il teorema sulla media aritmetica può essere ricavato dal criterio precedente.
Però mi pare che il teorema sulla media aritmetica può essere ricavato dal criterio precedente.
@Gugo82
OK. Thanks!
OK. Thanks!
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