[EX] - Una nota costante (esistenza di un limite)

[Paolo902]

Io non lo conoscevo, ma credo comunque sia un fatto noto ai più. L'ho cercato qui nel forum ma non l'ho trovato, così lo propongo qui.
E' adatto a tutti quelli che hanno sostenuto/stanno studiando Analisi I (non serve nulla di particolare).

Esercizio. Sia [tex]$\displaystyle a_{n}:=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i} - \log(n)[/tex]. Dimostrare che [tex]$\displaystyle \lim_{n \to +\infty} a_{n}=\gamma < + \infty$[/tex].

Buon divertimento.

Il valore del limite, come ho scritto, è [tex]\gamma[/tex] che è nota come costante di Eulero-Mascheroni. In sostanza, si chiede di dimostrare che tale costante è ben definita.

[robbstark1]

Ci provo così:

Si può vedere la sommatoria come l'integrale di una funzione a gradini, che che è in ogni punto minore dalla $f(x)=(1/x)$ che passa per tutti i vertici destri dei gradini.
Allora $sum_{i=1}^n < 1+int_{0}^{n} 1/x dx =1+log n$. Dunque $a_n <1$.
Analogamente la funzione a gradini è maggiore di $f(x)=1/(x+1)$ che passa per tutti i vertici sinistri.
Allora $sum_{i=1}^n > int_{0}^{n} 1/(x+1) dx =log (n+1)$. Dunque $a_n > log(n+1)-log n > 0$.

$a_n$ è limitata, dunque se il limite esiste è finito.

Dimostrerò adesso che il limite esiste, poichè $a_n$ è decrescente.
$a_{n+1} -a_n = 1/(n+1) - log((n+1)/n) = 1 -n/(n+1) -log((n+1)/n)$
Sia $x=(n+1)/n >1$. Considero la funzione reale $f(x)=1/x +log x$.
$f^, (x)=-1/(x^2) +1/x =(x-1)/x^2 >0$ quindi $f$ è crescente per $x>1$.
Inoltre $f(1)=1$, per cui $f(x)>1$.
Dunque $1 -n/(n+1) -log((n+1)/n) < 0$, cioè $a_{n+1} -a_n <0$. CVD

P.S.: L'avere visto che è decrescente rende inutile la stima $a_n <1$ fatta con l'integrale. Basterebbe osservare che $a_0 =1$.

[fu^2]

Un bell'esercizio calcolotico

Io procederei così

Per prima cosa mostriamo che la serie [tex]\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty} \left( \frac{1}{i}-\log(1+\frac{1}{i})\right)[/tex] converge.

Questo è semplice da osservare: ricordando che [tex]\log(1+\frac{1}{i})\sim \frac{1}{i}+\frac{1}{2i^2}+...[/tex] si ha che [tex]\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty} \left( \frac{1}{i}-\log(1+\frac{1}{i})\right)\sim \displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{2i^2}[/tex]

osserviamo ora che, utilizzando semplici proprietà dei logaritmi, vale [tex]\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} \log\left( \frac{i+1}{i}\right)=\log\left(\displaystyle\prod_{i=1}^{n-1}\frac{i+1}{i}\right)=\log(n)[/tex]


Concludiamo:

[tex]\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{i}-\log\left(1+\frac{1}{i}\right)\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{i}-\log\left(\frac{i+1}{i}\right)\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}-\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\log\left(\frac{i+1}{i}\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}-\log(n+1)=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}-\log(n)-\log\left(1+\frac{1}{n}\right)[/tex]



passando al limite per [tex]n\to +\infty[/tex] essendo la serie convergente, segue la tesi.

[fu^2]

rilancio con un esercizio dallo stesso sapore.

1. Dimostrare che la successione

[tex]\displaystyle\sum_{k=2}^n \frac{1}{k\log k}-\log\log(n)[/tex]

converge.

2. Dedurre che se [tex]p\in \mathbb{N}-\{0\}[/tex] vale

[tex]\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\displaystyle\sum_{k=n}^{+\infty}\frac{1}{k\log k}=\log(p)[/tex]

[hamming_burst]

Piccola domanda "teorica" che mi ha fatto venire un dubbio questo esercizio (spero si possano fare)

per l'esercizio 1 di $fu^2$
si può mettere la serie in questo modo: $sum_{k=2}^{n} 1/(klogk) - log(log(n)) < sum_{k=2}^{+oo} 1/(klogk) - log(log(n))$ e poi studiarne la convergenza?
la convergenza la ho sempre studiata su serie infinite, non finite, perciò mi viene questo dubbio di applicabilità delle tecniche di analisi (1) che ho visto praticate solo a serie infinite.

Ringrazio

[fu^2]

"ham_burst":Piccola domanda "teorica" che mi ha fatto venire un dubbio questo esercizio (spero si possano fare)

per l'esercizio 1 di $fu^2$
si può mettere la serie in questo modo: $sum_{k=2}^{n} 1/(klogk) - log(log(n)) < sum_{k=2}^{+oo} 1/(klogk) - log(log(n))$ e poi studiarne la convergenza?
la convergenza la ho sempre studiata su serie infinite, non finite, perciò mi viene questo dubbio di applicabilità delle tecniche di analisi (1) che ho visto praticate solo a serie infinite.


risposta ad ham_burst: scrivere $sum_{k=2}^{+oo} 1/(klogk) $ vuol dire, detto fuori dai denti, maggiorare con $+\infty$ in quanto quella è una serie divergente.

Le tecniche di analisi uno vanno bene, anzi bastano solo quelle! l'importante è trattare bene le cose e poi passare al limite

Ringrazio

[robbstark1]

@ fu^2:

"fu^2":
Da notare che [tex]\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}-\log(n)\geq 0[/tex] in quanto, per [tex]n=1[/tex] è vero e la successione è monotona crescente.

Infatti [tex]\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}-\log(n+1)\geq \displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}-\log(n) \Leftrightarrow
\frac{1}{n}\geq \log\left(1+\frac{1}{n}\right)[/tex] e questo è vero (così a occhio).

La successione non è crescente, anzi dovrei avere dimostrato che è decrescente. Che non sia crescente lo si vede anche calcolando alcuni termini a mano o con la calcolatrice.

Proposta parziale di soluzione per la seconda successione:

Procedura simile.
$sum_{k=2}^{n} 1/(k log k) > int_{2}^{n} 1/(x log x) dx =log(log n)-log(log 2)$
$a_n > -log(log2)>0$
Ora tento di dimostrare che la successione è monotòna decrescente:
$a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{(n+1)log(n+1)} - log(log(n+1)) +log(log n) >0 $ per assurdo
$\frac{1}{(n+1)log(n+1)} > log(log(n+1)) -log(log n)$
Per $n=2$ è falso poichè $\frac{1}{3 log3} <1/3$ e $ log(\frac{log3}{log 2})>log(\frac{3}{2})>\frac{1}{3}$ (oppure si fa con la calcolatrice ovviamente)

Passo a funzioni continue e calcolo le derivate dei due membri:
$f` (x)=-\frac{log(x+1)+1}{(x+1)^2 log^2 (x+1)}$
$g` (x)=\frac{x log x -(x+1)log(x+1)}{x(x+1)logx log(x+1)}$
Entrambe le derivate sono negative. Il denominatore della seconda è ovviamente più piccolo. Per il numeratore si osservi che
$x(log(x+1)-logx)>1$ essendo $log(1+\frac{1}{x})>\frac{1}{x}$, quindi il numeratore è più grande del denominatore, in modulo.
Dunque il secondo membro decresce più velocemente del primo e questo non mi porta a concludere niente.

[fu^2]

"robbstark":@ fu^2:

[quote="fu^2"]
Da notare che [tex]\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}-\log(n)\geq 0[/tex] in quanto, per [tex]n=1[/tex] è vero e la successione è monotona crescente.

Infatti [tex]\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}-\log(n+1)\geq \displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}-\log(n) \Leftrightarrow
\frac{1}{n}\geq \log\left(1+\frac{1}{n}\right)[/tex] e questo è vero (così a occhio).

La successione non è crescente, anzi dovrei avere dimostrato che è decrescente. Che non sia crescente lo si vede anche calcolando alcuni termini a mano o con la calcolatrice.

[Richard_Dedekind]

Provo a dimostrare la convergenza di
\[\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k \log(k)}-\log\log (n)\]

Usiamo che, se \(f(x)\) è positiva e monotona decrescente in \( [a, n],\,\,\ a,n\in\mathbb{N}\), allora
\[ f(n)+\int_{a}^{n} f(x)\,dx \leq \sum_{k=a}^{n}\,f(k)\leq \int_{a}^{n}f(x)\,dx+f(a) \]
Nel nostro caso, \(f(x)=\frac{1}{x\log(x)}\) è positiva in \([2,n]\,\,\forall n\in\mathbb{N}\cap \mathrm{dom} f\). Si vede facilmente che è anche decrescente nello stesso intervallo. Allora vale che
\[ \frac{1}{n\log(n)}+\int_{2}^{n}\frac{dx}{x\log(x)}\leq \sum_{k=2}^{n}f(k)\leq\int_{2}^{n}\frac{dx}{x\log(x)}+\frac{1}{2\log(2)} \]
da cui, integrando,
\[\frac{1}{n\log(n)}+\log\log(n)-\log\log(2)\leq \sum_{k=2}^{n}f(k)\leq \log\log(n) -\log\log(2)+\frac{1}{2\log(2)}\]Sottraiamo ora membro a membro il termine \(\log\log(n)\):
\[\frac{1}{n\log(n)}-\log\log(2)\leq \sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\log(k)}-\log\log(n)\leq \frac{1}{2\log(2)} -\log\log(2)\]
Da cui, passando al limite per \(n\to \infty\), si ottiene la tesi per il teorema del confronto.

[fu^2]

si se si da per buono

"Richard_Dedekind":

Usiamo che, se \(f(x)\) è positiva e monotona decrescente in \( [a, n],\,\,\ a,n\in\mathbb{N}\), allora
\[ f(n)+\int_{a}^{n} f(x)\,dx \leq \sum_{k=a}^{n}\,f(k)\leq \int_{a}^{n}f(x)\,dx+f(a) \]

la dimostrazione è giusta

[Richard_Dedekind]

In realtà è una immediata conseguenza della monotonia della funzione. Infatti:

Sia \(a\in\mathbb{N}\). Se \(f\) è una funzione decrescente, \(\forall x\in[k,k+1]\,\,\, f(k+1)\leq f(x)\leq f(k)\) da cui, per la monotonia dell'integrale,
\[ f(k+1)\leq \int_{k}^{k+1} f(x)\,dx \leq f(k)\]
Sommando adesso da \(a\) fino a \(n-1\),
\[\sum_{k=a}^{n-1}f(k+1)\leq \int_a^{n}f(x)\,dx\leq \sum_{a}^{n-1}f(k)\]
Abbiamo che
\[ \sum_{a}^{n}f(k) - f(a) \leq\int_{a}^{n}f(x)\,dx\Rightarrow \sum_{a}^{n}f(k) \leq f(a) +\int_{a}^{n}f(x)\,dx \]
e anche che
\[ \sum_{a}^{n}f(k)-f(n)\geq \int_{a}^{n}f(x)\,dx\Rightarrow\sum_{a}^{n}f(k)\geq f(n)+ \int_{a}^{n}f(x)\,dx \]
ossia la tesi, unendo le disuguaglianze.