Somma di Darboux

[DavideGenova1]

Ciao, amici!
Ho trovato nel mio libro di analisi la seguente disuguaglianza*:
$\int_{0}^{1} lnx dx <= 1/n \sum_{k=1}^{n}ln (k/n) <= \int_{1/n}^{1} lnx dx$
Ora, mi è chiaro che $\int_{0}^{1} lnx dx <= 1/n \sum_{k=1}^{n}ln (k/n)$, dato che la sommatoria è una somma superiore di Darboux sull'intervallo [0,1], ma non mi è chiaro come si arrivi alla seconda parte della disuguaglianza, cioè che
$1/n \sum_{k=1}^{n}ln (k/n) <= \int_{1/n}^{1} lnx dx$.
Ne sarei certo se fossi sicuro che il primo rettangolo del plurirettangolo corrispondente alla sommatoria ha area maggiore di $|\int_{1/n}^{1} lnx dx-1/n ln(1/n)|$, ma non ne sono sicuro...
Qualcuno sarebbe così magnanime da darmi qualche spunto?
Grazie di cuore a tutti!!!

*Il contesto è quello in cui si vuole dimostrare che, per la proprietà "dei due carabinieri", $lim_(n->+oo) 1/n \sum_{k=1}^{n}ln (k/n) = -1$ perché $\int_{0}^{1} lnx dx=-1$ e $\int_{1/n}^{1} lnx dx=-1-1/n ln(1/n)+1/n$ e quindi $lim_(n->+oo) \int_{1/n}^{1} lnx dx = -1$.

[gugo82]

"DavideGenova":Ciao, amici!
Ho trovato nel mio libro di analisi la seguente disuguaglianza*:
$\int_{0}^{1} lnx dx <= 1/n \sum_{k=1}^{n}ln (k/n) <= \int_{1/n}^{1} lnx dx$
Ora, mi è chiaro che $\int_{0}^{1} lnx dx <= 1/n \sum_{k=1}^{n}ln (k/n)$, dato che la sommatoria è una somma superiore di Darboux sull'intervallo [0,1], ma non mi è chiaro come si arrivi alla seconda parte della disuguaglianza, cioè che
$1/n \sum_{k=1}^{n}ln (k/n) <= \int_{1/n}^{1} lnx dx$.
Ne sarei certo se fossi sicuro che il primo rettangolo del plurirettangolo corrispondente alla sommatoria ha area maggiore di $|\int_{1/n}^{1} lnx dx-1/n ln(1/n)|$, ma non ne sono sicuro...
Qualcuno sarebbe così magnanime da darmi qualche spunto?
Grazie di cuore a tutti!!!

Dividi \([1/n, 1]\) in \(n\) parti uguali intercalando i punti \(x_k:=k/n\) con \(k=1,\ldots, n\); a questo punto in ogni intervallino \([x_k,x_{k+1}]\) si ha \(\ln x\geq \ln x_k\) per monotonia e dunque:
\[
\begin{split}
\int_{1/n}^1 \ln x\ \text{d} x &= \sum_{k=1}^{n-1} \int_{x_k}^{x_{k+1}} \ln x\ \text{d} x \\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \ln x_k\ \int_{x_k}^{x_{k+1}}\ \text{d} x \\
&= \sum_{k=1}^{n-1} \ln x_k\ (x_{k+1}-x_k)\\
&= \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{n}\ \ln \frac{k}{n}\\
&= \frac{1}{n}\ \sum_{k=1}^n \ln \frac{k}{n}
\end{split}
\]
(nell'ultima sommatoria ho aggiunto l'indice \(n\) e ciò non ne altera il valore perché \(\ln \frac{n}{n} =\ln 1 =0\)).

"DavideGenova":*Il contesto è quello in cui si vuole dimostrare che, per la proprietà "dei due carabinieri", $lim_(n->+oo) 1/n \sum_{k=1}^{n}ln (k/n) = -1$ perché $\int_{0}^{1} lnx dx=-1$ e $\int_{1/n}^{1} lnx dx=-1-1/n ln(1/n)+1/n$ e quindi $lim_(n->+oo) \int_{1/n}^{1} lnx dx = -1$.

In realtà non serve il teorema dei carabinieri... Infatti è:
\[
\sum_{k=1}^n \ln \frac{k}{n} = \ln \prod_{k=1}^n \frac{k}{n} =\ln \frac{n!}{n^n}
\]
sicché:
\[
\frac{1}{n}\ \sum_{k=1}^n \ln \frac{k}{n} = \ln \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}
\]
e ricordando Stirling, i.e. \(n!\approx \sqrt{2\pi\ n}\ (n/e)^n\), si ottiene la tesi.

[DavideGenova1]

Grazie Gugo!!! Adesso mi rendo conto che, dandone un'interpretazione geometrica, l'area di ogni rettangolo del plurirettangolo relativo all'integrale da 0 a $(n-1)/n$ è sempre maggiore in valore assoluto, e quindi il contributo alla somma, negativo, è minore di quello della "fettina" di ampiezza $1/n$ di superficie tra l'asse delle ascisse e il grafico adiacente a destra al rettangolo.
Mi chiedo se c'è qualcosa che tu non sappia risolvere...
Grazie di nuovo!!!