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Mostrare che per ogni $ n \in \mathbb N $ vale la seguante disuguaglianza:

$ \displaystyle \sum_{i=1} ^ n \frac {1}{n+i} < \frac {3}{4} $

Lemma 1
(un vivissimo ringraziamento ad <enigma> per l'aiuto in questa parte...)
Tesi: $\displaystyle b_n= \sum_{h=1}^{n}\frac{1}{h^2} \leq 2-\frac{1}{n}$
Dimostrazione: Per $n=1$ la tesi si dimostra essere banalmente vera. Supponiamo che sia vera per $n$ e dimostriamo che ciò implica che la tesi è vera anche per $n+1$.Siccome $\displaystyle b_{n} = b_{n+1} -\frac{1}{(n+1)^2}$ possiamo scrivere, applicando il passo induttivo, che $\displaystyle b_{n+1} \leq 2+\frac{1}{(n+1)^2} -\frac{1}{n}$. La tesi ora si riduce quindi a dimostrare che $\displaystyle \frac{1}{(n+1)^2} -\frac{1}{n} \leq \frac{1}{n+1}$ che si dimostra facilmente essere vero.

Ora il problema di amatrix:
Posto $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n+i} = a_n$, si nota subito che $\displaystyle a_{n+1}-a_{n} = \frac{1}{2n+1}+ \frac{1}{2n+2} -\frac{1}{n+1} = \frac{2n^2+3n+1+2n^2+4n+2-4n^2-6n-2}{(2n+2)(2n+1)(n+1)} = \frac{n}{2(n+1)^2(2n+1)}$.
Si ottiene quindi che $\displaystyle a_n = a_1 +\sum_{h=1}^{n}\frac{h}{2(h+1)^2(2h+1)} \leq \frac{1}{2} + \sum_{h=1}^{n}\frac{h}{2(h+1)^3} $.
La tesi si riduce insomma a dimostrare che $\displaystyle \frac{1}{2} + \sum_{h=1}^{n}\frac{h}{2(h+1)^3} <\frac{3}{4}$ ovvero $\displaystyle \sum_{h=1}^{n}\frac{2h}{(h+1)^3} <1$.
Ma siccome $\displaystyle \sum_{h=1}^{n}\frac{2h}{(h+1)^3} = \sum_{h=1}^{n}\frac{2}{(h+1)^2} -\sum_{h=1}^{n}\frac{2}{(h+1)^3} <2\sum_{h=1}^{\infty}\frac{1}{(h+1)^2} -2\sum_{h=1}^{\infty}\frac{1}{(h+1)^3}= 2(\zeta (2)-1) -2(\zeta (3) -1) = 2\zeta (2) -2\zeta (3)$. La tesi quindi equivale a dimostrare che $\zeta (2) -\zeta (3) < \frac{1}{2}$ e niente, qui c'è il blocco. Comunque in gara se arrivo a questo punto posso prendere come fatti noti i valori approssimati di zeta di 2 e di zeta di tre, fare il conticino e verificare ?

P.S.: lo so che la soluzione per ora così com'è non vale un granchè, ma ci ho messo un po' per scriverla, magari serve a qualcuno vedrò di finire in modo diverso... Così sarebbe accettata come soluzione ?

Mist ha scritto:Lemma 1
(un vivissimo ringraziamento ad <enigma> per l'aiuto in questa parte...)
Tesi: $\displaystyle b_n= \sum_{h=1}^{n}\frac{1}{h^2} \leq 2-\frac{1}{n}$
Dimostrazione: Per $n=1$ la tesi si dimostra essere banalmente vera. Supponiamo che sia vera per $n$ e dimostriamo che ciò implica che la tesi è vera anche per $n+1$.Siccome $\displaystyle b_{n} = b_{n+1} -\frac{1}{(n+1)^2}$ possiamo scrivere, applicando il passo induttivo, che $\displaystyle b_{n+1} \leq 2+\frac{1}{(n+1)^2} -\frac{1}{n}$. La tesi ora si riduce quindi a dimostrare che $\displaystyle \frac{1}{(n+1)^2} -\frac{1}{n} \leq \frac{1}{n+1}$ che si dimostra facilmente essere vero.

Per quel che riguarda questa prima parte sei stato un po' criptico nel passo induttivo tant'è che non l'ho capito. L'ho rifatto a mano e a me viene che alla fine basta mostrare che $ \displaystyle \frac {1}{(n+1) ^2 } \leq \frac {1}{n(n+1)} $ che è facilmente vera, credo che tu abbia sbagliato uno o due segni. (ma forse non ho solo capito cioò che hai fatto)

Mist ha scritto: Ora il problema di amatrix:
Posto $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n+i} = a_n$, si nota subito che $\displaystyle a_{n+1}-a_{n} = \frac{1}{2n+1}+ \frac{1}{2n+2} -\frac{1}{n+1} = \frac{2n^2+3n+1+2n^2+4n+2-4n^2-6n-2}{(2n+2)(2n+1)(n+1)} = \frac{n}{2(n+1)^2(2n+1)}$.

Mi dispiace ma hai fatto un errorino di calcolo: alla fine il numeratore viene $ n+1 $ e la frazione di riduce quindi a: $ \displaystyle \frac {1}{2(n+1)(2n+1)} $ . Il resto della dimostrazione quindi cade, in ogni caso se ti può confortare saperlo c'è una dimostrazione più breve.

La piazzo perchè mi è stato chiesto... comunque questa è quasi inarrivabile se non si conoscono almeno 2 identità che poi sono la dimostrazione stessa (quindi non la piazzo nascosta )
La prima identità è $\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+i}=-\sum_{i=1}^{2n}\frac{(-1)^{i}}{i}$ e si dimostra facile per induzione.
L'altra identità è questa: $\displaystyle\ln(1-x)=-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{x^i}{i}$ e questa vale analiticamente per $-1\le x<1$. Come mostrarla... boh, diciamo che formalmente ancora ho qualche serio problema a farlo. Ma l'idea è questa: se derivo da entrambe le parti esce un'identità, quindi intuitivamente è credibile. Più di così non saprei dire... sparerei solo stronzate, ma mostrare che per i valori con modulo minore o uguale a 1 quella è un'identità analitica ha a che fare col raggio di convergenza (insomma la sommatoria di destra è la serie di maclaurin di ln(1-x) se non si fosse capito )
Ora armato di queste due identità è ovvio chiudere il problema (tralascerò l'esistenza del limite che è facile):
$\displaystyle \lim_{n\to \infty} \sum_{i=1}^n\frac{1}{n+i}=\lim_{n\to \infty} -\sum_{i=1}^{2n}\frac{(-1)^{i}}{i}= -\sum_{i=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i}}{i}=\ln(1-(-1))=\ln(2)$

p.s. mi accorgo sempre più della complessità, soprattutto quantitativa, dell'analisi È "una costruzione" immensa

salvo errori ne ho trovata una elementare:
$\displaystyle 2\sum_{i=1}^n\frac 1 {n+i}=\sum_{i=1}^n(\frac 1 {n+i}+\frac 1 {2n+1-i})=\sum_{i=1}^n\frac {3n+1}{(n+i)(2n+1-i)}\le \sum_{i=1}^n\frac {3n+1}{(n+1)(2n)}< \sum_{i=1}^n\frac {3n+3}{(n+1)(2n)}=\frac 3 2$, da cui la tesi.

EDIT: frettolosamente non mi ero accorto che dario2994 ha addirittura calcolato il limite! Complimenti!!

Dario la tua sempra andare ma ti confesso che la prendo un po' "a fiducia" xD.
Patatone la tua va bene anche se 2 paroline su perchè vale la prima disuguaglianza che usi non guastavano
Piazzo anche questa:+
Mostro che $ \displaystyle \sum_{i=1 }^n \frac {1}{n+i} \leq \frac {3}{4} - \frac {1}{4n} $
Il passo base funge. Suppongo che si vera per $ n $
Per $ n+1 $ vale $ \displaystyle \frac {1}{n+2} + ... + \frac {1}{2n} + \frac {1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} + \frac {1}{4n+4} \leq \frac {3}{4} $ .
Mi basta dunque mostrare usando il passo induttivo che $ \displaystyle \frac {1}{n+1} + \frac {1}{4n} > \frac {1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} +\frac {1}{4n+4} $ che con due conticine rapidi si dimostra essere vera per ogni $ n>0 $. Ho dimostrato qualcosa più forte della tesi quindi anche la tesi.

dario2994 ha scritto:L'altra identità è questa: $\displaystyle\ln(1-x)=-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{x^i}{i}$ e questa vale analiticamente per $-1\le x<1$. Come mostrarla... boh, diciamo che formalmente ancora ho qualche serio problema a farlo. Ma l'idea è questa: se derivo da entrambe le parti esce un'identità, quindi intuitivamente è credibile. Più di così non saprei dire... sparerei solo stronzate, ma mostrare che per i valori con modulo minore o uguale a 1 quella è un'identità analitica ha a che fare col raggio di convergenza (insomma la sommatoria di destra è la serie di maclaurin di ln(1-x) se non si fosse capito )

In effetti non è un risultato semplicissimo da dimostrare in astratto per serie di funzioni: integrare termine a termine si fa più facilmente (serve solo che la serie converga uniformemente); i risultati sulle derivate sono più loschi e si dimostrano di solito a partire da quelli sugli integrali. In ogni caso finché non ti metterai a sistemare tutto come si deve in un corso di livello universitario ti dovrebbe bastare sapere che con le serie di potenze funziona tutto bene, puoi derivare e integrare termine a termine e il raggio di convergenza non cambia.

Il problema della derivazione delle serie è più complesso come già detto da fph.
Visto che però usi implicitamente anche un altro risultato, più semplice da dimostrare, prove it:
Sia $ f: (a,b)\rightarrow\mathbb{R} $ una funzione derivabile. Allora $ f $ è costante in $ (a, b) $ se e solo se risulta $ f'(x) = 0 $ per ogni $ x \in (a,b) $
Un senso è banale, l'altro un po' meno ma si fa utilizzando un risultato molto noto.

amatrix92 ha scritto:Mostrare che per ogni $ n \in \mathbb N $ vale la seguante disuguaglianza:

$ \displaystyle \sum_{i=1} ^ n \frac {1}{n+i} < \frac {3}{4} $

Un'altra soluzione istruttiva con una nota stima sui numeri armonici, che Mist mi ha invitato a postare.
Sia $ \displaystyle H_n:=\sum _{k=1} ^n \frac 1 k $ l'$ n $-esimo numero armonico. Allora vale $ \log n +\gamma <H_n<\log n+\gamma+\frac 1 {2n} $ per $ n \in \mathbb N ^\ast $. Ne segue che $ \displaystyle \sum _{i=1} ^n \frac 1 {n+i}=H_{2n}-H_n<\log 2+\frac 1 {4n}<\frac 3 4 $ per $ n\geq 5 $ (d'altra parte, i casi piccoli si fanno agevolmente a mano). Questo permette anche di riscoprire abbastanza naturalmente la costante $ \log 2 $ già citata da dario2994.

dario2994 ha scritto:La prima identità è $\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{n+i}=-\sum_{i=1}^{2n}\frac{(-1)^{i}}{i}$ e si dimostra facile per induzione.

Questa identità è già un gran passo verso una soluzione elementare del problema: una somma a segni alterni si controlla molto facilmente.
Potete dimostrare (facili induzioni) che $\displaystyle\sum_{i=1}^{2N}\frac{(-1)^i}{i}$ è monotona crescente, che $\displaystyle\sum_{i=1}^{2N-1}\frac{(-1)^i}{i}$ è monotona decrescente, e che per ogni $N,M$ abbiamo $$\sum_{i=1}^{2N-1}\frac{(-1)^i}{i}<\sum_{i=1}^{2M}\frac{(-1)^i}{i}$$ (e in generale lo stesso vale sostituendo $\frac{1}{i}$ con una qualunque successione monotona decrescente che tende a 0).
Quindi per avere la tesi basta esibire una qualunque somma alternata che sfori i $\frac{3}{4}$, e in effetti $$\sum_{i=1}^9\frac{(-1)^i}{i}=-\frac{1879}{2520}>-\frac{3}{4}.$$

Chiaramente questa soluzione è "ispirata" dal conoscere il vero valore del limite, visto che $\log 2< 3/4$ e quindi la dimostrazione deve certamente funzionare, però è completamente elementare.

EDIT--Typo e latex