[EX] Disuguaglianze simpatiche

[gugo82]

Esercizio:

Dimostrare che:
\[
\tag{1}
1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{3n}+\frac{1}{3n+1}<2
\]
per ogni \(n\in \mathbb{N}\).

La (1) può essere usata per dimostrare la divergenza della serie armonica?

[totissimus]

Faccio un tentativo:

\( \displaystyle S_n = \frac{1}{n+1} +\cdots+\frac{1}{3n+1} =\sum_{k=1}^{n-1}\left( \frac{1}{n+k}+\frac{1}{3n-k}\right)+\frac{1}{2n}+\frac{1}{3n}+\frac{1}{3n+1}\)

\( \displaystyle =\sum_{k=1}^{n-1}\frac{4n}{(n+k)(3n-k)}+\frac{5}{6n}+\frac{1}{3n+1}\)

Ma risulta \( \displaystyle (n+k)(3n-k) \leq 4n^2\) ( vedere vertice parabola ) quindi

\( \displaystyle S_n \geq \sum_{k=1}^{n-1}\frac{4n}{4n^2}+\frac{5}{6n}+\frac{1}{3n+1}=\frac{n-1}{n}+\frac{5}{6n}+\frac{1}{3n+1}=1+\frac{3n-1}{6n(3n+1)}>1\)

Inoltre

\( \displaystyle S_n =\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{n+k}<\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{n+1}=\frac{2n+1}{n+1}<2\)

La disuguaglianza e dunque provata.

Se la serie armonica fosse convergente fissato \( \epsilon = 1\) allora \( \forall n > N_{\epsilon}\) e \( \forall p \) avremmo

\( \displaystyle \sum_{k=n}^{n+p}\frac{1}{k} \leq 1\)

Prendendo \( n+1 >N_{\epsilon}\) e \( p=2n+1\) avremmo:

\( \displaystyle \sum_{k=n+1}^{3n+1}\frac{1}{k}<1\) in contraddizione con la disuguaglianza provata.

[Sk_Anonymous]

I termini della somma centrale sono \(\displaystyle 2n+1 \), e quindi la maggiorazione si ottiene semplicemente notando che \[\displaystyle \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n} + \frac{1}{3n+1} < \begin{matrix} \underbrace{\frac{1}{n+1} + \dots + \frac{1}{n+1}}_{2n+1 \ \text{volte}} \end{matrix}=\frac{2n+1}{n+1} \]e si ha \[\displaystyle \frac{2n+1}{n+1} < 2 \quad \Leftrightarrow \quad 2n+1 < 2n +2 \qquad \text{ossia} \qquad \forall \ n \in \mathbb{N} \]
Per la minorazione ho penato un può di più: si ha che \(\displaystyle 1= (2n+1) \cdot \frac{1}{2n+1} \); voglio provare che per \(\displaystyle 1 \le k \le n \), ove \(\displaystyle k \in \mathbb{N} \) vale la seguente disuguaglianza \[\displaystyle \frac{1}{n+k} - \frac{1}{2n+1} > \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{3n +2 -k} \qquad [1] \]
Da dove salti fuori questa, dovrebbe essere chiaro: provare che \[\displaystyle 1<\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n} + \frac{1}{3n+1} \] è equivalente a mostrare che \[\displaystyle \begin{matrix} \underbrace{\frac{1}{2n+1} + \dots + \frac{1}{2n+1}}_{2n+1 \ \text{volte}} \end{matrix}<\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n} + \frac{1}{3n+1} \] ossia che \[\displaystyle \left(\frac{1}{n+1} - \frac{1}{2n+1} \right) + \left(\frac{1}{n+2} - \frac{1}{2n+1} \right) + \dots + \left(\frac{1}{3n+1} - \frac{1}{2n+1} \right)>0 \]
e siccome i termini qui sopra sono in numero pari, voglio provare che il primo è maggiore dell'n-esimo, il secondo dell'(n-1)-esimo e così via.
Riprendendo la \(\displaystyle [1] \) devo mostrare (generalizzazione di quanto detto sopra a parole) che vale \[\displaystyle \frac{1}{2n+2k} + \frac{1}{6n+4-2k} > \frac{1}{2n+1} \] - qui mi sono sporcato le mani con i conti, che non riporto, facendo vedere che la funzione in \(\displaystyle k \) a sinistra, per \(\displaystyle n \) fissato, ha minimo maggiore del termine a destra - Wolfram conferma i miei calcoli, ossia se \(\displaystyle n>-1/2 \) quella disuguaglianza vale per \(\displaystyle -n Questo permette di concludere.

Adesso vado al bagno, e poi penso al secondo punto.

Edit. Sistemati un paio di errori.

[gugo82]

@totissimus & Delirium: Sulla disuguaglianza superiore avevo ragionato così pure io.
Quella inferiore l'avevo fatta per induzione:

Definito \(S_n\) come sopra, si ha:
\[
S_{n+1}=S_n + \frac{1}{3n+2}-\frac{2}{3n+3}+\frac{1}{3n+4}=S_n+\frac{2}{(3n+2)(3n+3)(3n+4)}
\]
da cui \(S_{n+1}>1\) se \(S_n>1\).

Un altro modo per dimostrare le disuguaglianze è usare delle stime integrali (cosa che avrei suggerito di evitare, ma ho lasciato correre).

Per quanto riguarda la serie armonica, non avevo usato Cauchy, ma il ragionamento che segue:

Dette \(\sigma_n\) le ridotte della serie armonica, la sottosuccessione \(\sigma_1,\ \sigma_4,\ \sigma_{13},\ \sigma_{40},\ldots \), i.e. quella che corrisponde agli indici \((n_k)\) definiti dalla ricorrenza:
\[
\begin{cases}
n_0=1\\
n_{k+1}=3n_k+1
\end{cases}
\]
soddisfa la disuguaglianza:
\[
\sigma_{n_k}>k+1
\]
e perciò diverge; conseguentemente, la successione \(\sigma_n\) (regolare, poiché strettamente crescente) diverge positivamente.

[Sk_Anonymous]

Sulla divergenza della serie armonica:

L'idea è quella di "spezzare" la somma infinita in infiniti blocchi che contengano il termine centrale della disuguaglianza di gugo. Siccome la (1) del capothread vale \(\displaystyle \forall \ n \in \mathbb{N} \), noto che: \[\displaystyle \sum_{n=1}^{3k+1} \frac{1}{n}=1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{3k+1} = 1 + \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right)_{n=1}+ \dots + \left(\frac{1}{k} + \dots + \frac{1}{3k+1} \right)_{n=k} \]
siccome è \[\displaystyle k+1<1 + \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right)_{n=1}+ \dots + \left(\frac{1}{k} + \dots + \frac{1}{3k+1} \right)_{n=k} \] per \(\displaystyle k \to \infty \) si ottiene la tesi.

Che ne pensate?

[gugo82]

@Delirium: Quello è lo stesso ragionamento che ho fatto io.

[Sk_Anonymous]

"gugo82":@Delirium: Quello è lo stesso ragionamento che ho fatto io.

Davvero, lo spoiler tuo non lo avevo aperto.

[Rigel1]

C'è un modo che mi sembra divertente per ottenere la stima dal basso, che consiste nel sommare il primo e l'ultimo termine e proseguire telescopicamente.
Si tratta insomma di mettere insieme, per \(k\in \{0, \ldots, n-1\}\), le coppie
\[
\frac{1}{n+1+k} + \frac{1}{3n+1-k} = \frac{2(n+1)}{(n+1+k)(3n+1-k)} > \frac{2}{2n+1}
\]
dove l'ultima disuguaglianza si ottiene andando a calcolare il massimo del denominatore nella penultima frazione (che si ottiene per \(k=n\)).
Di conseguenza
\[
\frac{1}{n+1}+\ldots+\frac{1}{3n+1} = \frac{1}{2n+1} + \sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{n+1+k} + \frac{1}{3n+1-k}\right) >
\frac{1}{2n+1} +\frac{2n}{2n+1} = 1.
\]

[Sk_Anonymous]

@Rigel: ho operato similmente.

[Rigel1]

"Delirium":@Rigel: ho operato similmente.

Mi scusassero, non lessi

[gugo82]

@Righello e Delirium:

Inoltre:

Per fissato \(n\) e per \(k=1,\ldots, 2n+1\) si ha:
\[
\int_k^{k+1} \frac{1}{n+x}\ \text{d} x<\frac{1}{n+k} < \int_{k-1}^k \frac{1}{n+x}\ \text{d} x
\]
onde:
\[
\int_1^{2n+2} \frac{1}{n+x}\ \text{d} x < S_n <\int_0^{2n+1} \frac{1}{n+x}\ \text{d} x
\]
per cui:
\[
\ln \left( 3-\frac{1}{n+1}\right)=\ln \frac{3n+2}{n+1} < S_n <\ln \frac{3n+1}{n} = \ln \left( 3+\frac{1}{n}\right)\; .
\]
Prendendo gli estremi inferiore e superiore dei membri esterni si ottiene la stima:
\[
\ln \frac{5}{2} \]
La stima superiore, in particolare, è più stretta di quella proposta (poiché \(2\ln 2\approx 1.38629\)), quindi importa \(S_n<2\).