[Kung-Fu]

Ayer me di cuenta, casi de casualidad (por pruebas empíricas con Wolfram Alpha y después intentando generalizar), de que se cumple lo siguiente:
\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{[H_{a^x}-H_{a^{(x-1)}}]}=\ln{a} \)

Donde \( H_t \) denota el t-ésimo número armónico.


Intenté googlear para ver a qué se debía tal cosa, pero no encontré ninguna demostración explícita de esta igualdad en concreto. Sí leí en Wikipedia que los números armónicos crecen igual de rápido que la función logaritmo natural, y que esto se debe a que \( \displaystyle\sum_{i=1}^n{\frac{1}{i}}\approx{\displaystyle\int_{1}^{n}{\frac{1}{x}dx} \). Sin embargo esto no me parece una prueba propiamente dicha.

Luego aparecen otros conceptos que ignoro por completo por no haber cursado ningún tipo de estudios superiores en matemáticas, como puede ser la función digamma, la constante de Euler-Mascheroni o la expansión asintótica. Supongo que conociendo estos conceptos se puede demostrar fácilmente la igualdad que me tiene intrigado. Pero como digo no es el caso, así que os pido una demostración de la igualdad que encabeza este post utilizando solo herramientas matemáticas que deben conocerse en la ESO o bachillerato.


Gracias.

[Juan Pablo Sancho]

Mira si esto te puede servir.



Por el teorema del valor medio tienes:

\( \displaystyle \dfrac{1}{n+1} < \ln(n+1) - \ln(n) < \dfrac{1}{n}  \)

Spoiler

 \( \displaystyle \ln(n+1) - \ln(n) = \dfrac{1}{\varepsilon} \cdot ((n+1)-n) = \dfrac{1}{\varepsilon}  \) donde \( \varepsilon \in ]n,n+1[  \) en consecuencia:

\(  \dfrac{1}{n+1} < \dfrac{1}{\varepsilon} = \ln(n+1)-\ln(n) < \dfrac{1}{n}  \)

[cerrar]

Definamos \( \displaystyle a_n = 1+\dfrac{1}{2} + \cdots + \dfrac{1}{n} - \ln(n)  \)

Se demuestra que la sucesión \( \{a_n\}_{n=1}^{+\infty}  \) es decreciente y luego que es siempre no negativa entonces convergente.

Spoiler

\( {\displaystyle a_n = 1+\dfrac{1}{2} + \cdots + \dfrac{1}{n} - \ln(n) > (\ln(2)-\ln(1)) + (\ln(3) - \ln(2)) + \cdots + (\ln(n+1) - \ln(n)) - \ln(n) = \ln(n+1) - \ln(n) = \ln(\dfrac{n+1}{n}) > 0 } \)

\( \displaystyle a_{n+1} - a_n = \dfrac{1}{n+1}  - \ln(n+1) + \ln(n)  = \dfrac{1}{n+1} - (\ln(n+1) - \ln(n)) < 0  \) decreciente.

[cerrar]

Entonces tienes que :

\( \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i} = \ln(n) + \gamma + \tau_n = \int_1^n \dfrac{1}{x} \ dx  + \gamma + \tau_n  \) donde \( \displaystyle \lim_{n\to +\infty} \tau_n = 0  \)

Entonces para \(  n  \) grande:

\( \displaystyle \sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i} \approx \ln(n)  \)


https://www.google.es/url?q=https://es.wikipedia.org/wiki/Constante_de_Euler-Mascheroni&sa=U&ved=0CBQQFjAAahUKEwji7MGq8urIAhUKVRoKHWVtBvE&usg=AFQjCNFsNUchhKSdcsg7v7Jr4pYGYyAQ-w

[Carlos Ivorra]

Esto es una demostración alternativa de lo que ha probado Juan Pablo:

Partimos de que

\( \displaystyle \int_k^{k+1}\frac1x\,dx\leq \int_k^{k+1}\frac1k\,dx=\frac1k \).

Entonces:

\( \displaystyle H_n-\ln n=1+\frac12+\cdots+\frac 1n-\ln n\geq \int_1^2\frac1x\,dx+\cdots + \int_n^{n+1}\frac1x\,dx-\ln n \) \( =\displaystyle \int_1^n\frac1x\,dx-\ln n = \ln(n+1)-\ln n>0 \).

Así pues, la sucesión \( H_n-\ln n \) está formada por números positivos. Además es decreciente:

\( \displaystyle H_{n+1}-\ln(n+1)-(H_n-\ln n)=\frac1{n+1}-(\ln(n+1)-\ln n) \) \( \displaystyle =\int_n^{n+1}\frac1{n+1}\,dx-\int_n^{n+1}\frac1x\,dx=\int_n^{n+1}(\frac1{n+1}-\frac1x)\,dx<0 \).

Toda sucesión decreciente y acotada inferiormente (en este caso por 0) es convergente, luego hemos probado que existe \( \lim\limits_n H_n-\ln n =\gamma \).

Usando esto,

\( \lim\limits_{x\rigtharrow +\infty}H_{a^{x+1}}-H_{a^x}=\lim\limits_{x\rigtharrow +\infty}(H_{a^{x+1}}-\ln a^{x+1})-(H_{a^x}-\ln(a^x))+\ln a^{x+1}-\ln a^x \) \( = \) \( \lim\limits_{x\rigtharrow +\infty}(H_{a^{x+1}}-\ln a^{x+1})-(H_{a^x}-\ln(a^x))+\ln a=\gamma-\gamma+\ln a=\ln a \).

[mario]

El ingenioso payador argentino Gabino Ezeiza pudo decir algo sobre el logaritmo.

Cuando se lo desafió a  payar sobre el logaritmo Gabino Ezeiza pidió permiso, fue hasta la casa de un profesor amigo para asesorarse y volvió al rato, dispuesto a improvisar sobre el logaritmo.

Señores, voy a explicar
la ciencia del logaritmo,
si acierto a cantar al ritmo
de mi modesto payar.

Pongamos para empezar
dos progresiones enfrente,
por diferencia y cociente
correspondiendo entre sí.
Y ¡ahijuna!, saldrá de aquí
un sistema sorprendente.

Si digo cero, uno, dos
y tres, cuatro, cinco, seis
esta progresión veréis
cómo concuerda con los
términos de otra, un, dos,
cuatro, ocho y dieciséis…
Analogía tendréis
según Juan Neper dedujo,
explicándonos por lujo
lo que ahora observaréis.

[Juan Pablo Sancho]

Spoiler

El ingenioso payador argentino Gabino Ezeiza pudo decir algo sobre el logaritmo.

Cuando se lo desafió a  payar sobre el logaritmo Gabino Ezeiza pidió permiso, fue hasta la casa de un profesor amigo para asesorarse y volvió al rato, dispuesto a improvisar sobre el logaritmo.

Señores, voy a explicar
la ciencia del logaritmo,
si acierto a cantar al ritmo
de mi modesto payar.

Pongamos para empezar
dos progresiones enfrente,
por diferencia y cociente
correspondiendo entre sí.
Y ¡ahijuna!, saldrá de aquí
un sistema sorprendente.

Si digo cero, uno, dos
y tres, cuatro, cinco, seis
esta progresión veréis
cómo concuerda con los
términos de otra, un, dos,
cuatro, ocho y dieciséis…
Analogía tendréis
según Juan Neper dedujo,
explicándonos por lujo
lo que ahora observaréis.

[cerrar]

 

[Kung-Fu]

Muchas gracias, sois unos cracks.

Algo como la última línea de la demostración de Carlos es exactamente lo que estaba buscando por su brevedad y simplicidad. La respuesta de Juan Pablo me cuesta más de seguir con mis limitados conocimientos, a ver si encuentro un rato tranquilo para poder seguirla toda en papel y lápiz.

Lo dicho, muchas gracias.

 

[Cari]

Mira si esto te puede servir.



Por el teorema del valor medio tienes:

\( \displaystyle \dfrac{1}{n+1} < \ln(n+1) - \ln(n) < \dfrac{1}{n}  \)

Spoiler

 \( \displaystyle \ln(n+1) - \ln(n) = \dfrac{1}{\varepsilon} \cdot ((n+1)-n) = \dfrac{1}{\varepsilon}  \) donde \( \varepsilon \in ]n,n+1[  \) en consecuencia:

\(  \dfrac{1}{n+1} < \dfrac{1}{\varepsilon} = \ln(n+1)-\ln(n) < \dfrac{1}{n}  \)

[cerrar]

Definamos \( \displaystyle a_n = 1+\dfrac{1}{2} + \cdots + \dfrac{1}{n} - \ln(n)  \)

Se demuestra que la sucesión \( \{a_n\}_{n=1}^{+\infty}  \) es decreciente y luego que es siempre no negativa entonces convergente.

Spoiler

\( {\displaystyle a_n = 1+\dfrac{1}{2} + \cdots + \dfrac{1}{n} - \ln(n) > (\ln(2)-\ln(1)) + (\ln(3) - \ln(2)) + \cdots + (\ln(n+1) - \ln(n)) - \ln(n) = \ln(n+1) - \ln(n) = \ln(\dfrac{n+1}{n}) > 0 } \)

\( \displaystyle a_{n+1} - a_n = \dfrac{1}{n+1}  - \ln(n+1) + \ln(n)  = \dfrac{1}{n+1} - (\ln(n+1) - \ln(n)) < 0  \) decreciente.

[cerrar]

Entonces tienes que :

\( \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i} = \ln(n) + \gamma + \tau_n = \int_1^n \dfrac{1}{x} \ dx  + \gamma + \tau_n  \) donde \( \displaystyle \lim_{n\to +\infty} \tau_n = 0  \)

Entonces para \(  n  \) grande:

\( \displaystyle \sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i} \approx \ln(n)  \)


https://www.google.es/url?q=https://es.wikipedia.org/wiki/Constante_de_Euler-Mascheroni&sa=U&ved=0CBQQFjAAahUKEwji7MGq8urIAhUKVRoKHWVtBvE&usg=AFQjCNFsNUchhKSdcsg7v7Jr4pYGYyAQ-w

Estoy estudiando el limite cuando $$n$$ tiende a infinito de $$n^{1/4}/H_{n}^{p/2}$$ donde $$H_{n}^{p/2}:=\sum_{i=1}^{n} 1/n^{p/2}$$ es el $$p/2-$$ésimo número armónico generalizado. En particular me interesan los $$p$$ para los cuales eso converge a un valor distinto de cero.  Así que debo enfocarme en los $$p \in (1,2)$$. Quisiera saber si existe igual alguna relación con el $$ln$$ que me permita estudiar la convergencia. Gracias

[Juan Pablo Sancho]

Estoy estudiando el limite cuando $$n$$ tiende a infinito de $$n^{1/4}/H_{n}^{p/2}$$ donde $$H_{n}^{p/2}:=\sum_{i=1}^{n} 1/{\color{red}i^{p/2}\color{black}}$$ es el $$p/2-$$ésimo número armónico generalizado. En particular me interesan los $$p$$ para los cuales eso converge a un valor distinto de cero.  Así que debo enfocarme en los $$p \in (1,2)$$. Quisiera saber si existe igual alguna relaciión con el $$ln$$ que me permita estudiar la convergencia. Gracias

Usa criterio de Stolz

Si las cuentas no salen mal debe salir \( p= \dfrac{3}{2} \) con límite \( \dfrac{1}{4} \)