OliForum Matematico

Sia $s$ un reale maggiore di $1$. Dimostrare che:
\begin{equation}
\sum_{x \in \mathbb{Z}^+} \frac{1}{x^s}
\end{equation}
converge.

Provo a dare una dimostrazione (anche se non mi sembra molto olimpica, è la più semplice che mi è venuta in mente...)
Dopo una veloce interpretazione geometrica della sommatoria sul piano cartesiano, osservo che vale:
$$\sum_{x=2}^{\infty}\frac{1}{x^s}\leq \int_{1}^{\infty} x^{-s} \,dx$$
In quanto RHS contiene interamente LHS.
Dunque per dimostrare la convergenza di LHS è sufficiente provare che RHS converge $\forall s>1$.
E ora si tratta solo di fare dei conti!
$$\int x^{-s} \,dx=\frac{1}{1-s} x^{1-s}+C\Rightarrow \int_{1}^{\infty} x^{-s} \,dx=\frac{1}{1-s}\left[\frac{1}{x^{s-1}}\right]_1^{\infty}$$
Adesso è sufficiente valutare l'ultima espressione:
$$\frac{1}{1-s}\left[\frac{1}{x^{s-1}}\right]_1^{\infty}=\lim_{x\longrightarrow \infty}\frac{1}{1-s}\left[\left(\frac{1}{x^{s-1}}\right)-1\right]$$
Osservo che per $s$ maggiore di $1$, $\frac{1}{x^{s-1}}$ tende a zero per $x$ che tende ad infinito, dunque sostituisco, ottenendo:
$$\frac{1}{1-s}(-1)=\frac{1}{s-1}$$
Che converge chiaramente $\forall s>1$, e dunque lo fa anche la sommatoria di partenza.
Ora, sarà sufficiente riaggiungere il termine iniziale finito (precisamente $1$) alla sommatoria $\sum_{x=2}^{\infty}\frac{1}{x^s}$ per ottenere le tesi, infatti si ha che:
$$\sum_{x=1}^{\infty}\frac{1}{x^s}\leq \frac{s}{s-1}$$
Per ogni $s$ maggiore di $1$.
Edit: avevo fatto alcuni errori di distrazione

Io riesco "solo" a dire C'è una stima più o meno elementare migliore, oppure bisogna considerare caso per caso?
Mi sembra di aver letto che per $\zeta(2n)$ ci sono delle formule chiuse, sullo stile di quella di Eulero...

P.S: già che ci siamo dimostriamo anche che se $s=1$ allora la sommatoria diverge!

Proviamo a dimostrare la divergenza di drago
Metodo 1
Consideriamo nella nostra serie tutti i termini i cui denominatori sono potenze di 2.
Prendiamo tutti i numeri che vanno da $\frac {1} {2^n}$ e $\frac {1} {2^{n+1}-1}$, estremi compresi. E' chiaro che abbiamo preso $2^n$ numeri, tutti più grandi di $\frac {1} {2^{n+1}}$. Dunque la somma di questi n termini è maggiore di ${2^n}\cdot \frac {1} {2^{n+1}}=\frac {1} {2}$. Quindi abbiamo scoperto che la somma dei termini i cui denominatori sono numeri compresi fra 2 potenze di 2 consecutive è maggiore di $\frac {1} {2}$. Quindi la nostra serie è maggiore di $\frac {1} {2}$ moltiplicato il numero di termini i cui denominatori sono compresi fra due potenze di 2 consecutive. Poichè ci sono infiniti denominatori i cui denominatori sono potenze di 2, è chiaro che la somma dei termini $\frac {1} {2}$ diverge (la sto sommando un numero infinito di volte), quindi poichè tutta la nostra serie è maggiore della somma dei "mezzi", anche questa diverge.

Metodo 2.
La serie è decrescente. Posso quindi usare il metodo di Lasker. Poichè l'integrale di $\frac {1} {x}$ è $log(x)$, e poichè il limite di quest'ultimo per x tendente a infinito è infinito, ne consegue anche che in particolare la nostra serie diverge.

Dimostrazione 2:
Ricordo il criterio di condensazione di Cauchy:
Data una successione positiva non crescente $a_1,a_2,...$, la somma $\sum_{i=1}^{\infty} a_i$ converge se e solo se converge la somma $\sum_{i=0}^{\infty} 2^ia_{2^i}$.
Nel nostro caso, sostituendo i valori degli $a_{2^i}$ si ottiene:
$$\sum_{x=0}^{\infty} 2^x\cdot \left(\frac{1}{2^{s\cdot x}}\right)=\sum_{x=0}^{\infty} \left(\frac{2}{2^s}\right)^x$$
L'ultima espressione è una serie geometrica, che converge se e solo se la ragione è inferiore ad $1$, nella fattispecie:
$$\frac{2}{2^s}<1\Leftrightarrow s>1$$

Ora qualcuno scriva una dimostrazione elementare del problema iniziale (sempre ci sia )

Beh, basta provarci, no? Intanto basta dimostrare che la somma da $1$ a $n$ è limitata da una costante che non dipende da $n$. Come? Beh, per induzione, no?
Ok, quale numero usiamo per limitare la somma? Boh! Quello che fa funzionare l'induzione... ad esempio, proviamo a fare il passo induttivo:
se so che $1+2^{-s}+\ldots + n^{-s}\leq A$, riesco a dire che $1+2^{-s}+\ldots+(n+1)^{-s}\leq A$? Beh così sembra un po' difficile: non ho spazio di manovra, per quel che ne so io, potrebbe essere che la somma fino ad $n$ sia esattamente uguale ad $A$. E allora che si fa? Beh proviamo a dimostrare qualcosa che ci lasci più spazio di manovra nell'ipotesi induttiva:
$$1+2^{-s}+\ldots+n^{-s}\leq A - Bn^{-t}$$
per opportuni $A$, $B$, $t$. Quali? Scopriamolo! Cerchiamo di portare questa cosa a $n+1$: per ipotesi induttiva
$$1+2^{–s}+\ldots+n^{-s}+(n+1)^{–s}\leq A- Bn^{-t} + (n+1)^{-s}$$
ed ora vorrei che
$$A- Bn^{-t} + (n+1)^{-s}\leq A - B(n+1)^{-t}\;.$$
Vediamo che
$$-\frac{B}{n^t}+\frac{1}{(n+1)^s}=\frac{-B(n+1)^s + n^t}{n^t(n+1)^s}$$
e se impongo
$$\frac{-B(n+1)^s + n^t}{n^t(n+1)^s}\leq - \frac{B}{(n+1)^{t}}$$
ho
$$\frac{(n+1)^s-n^t/B}{n^{t}(n+1)^{s-t}}\geq 1$$
ovvero
$$\frac{(n+1)^t}{n^t}-\frac{1}{B(n+1)^{s-t}}\geq 1$$
$$\left(1 + \frac{1}{n}\right)^t-1\geq \frac{1}{B(n+1)^{s-t}}$$
Ed ora basta trovare una $t$ e una $B$ che facciano funzionare il tutto ... notiamo che (per la vostra disuguaglianza preferita)
$$\left(1 + \frac{1}{n}\right)^t-1\geq\frac{t}{n}$$
se dunque volessimo stimare dal basso l'ultima quantità con $1/(B(n+1)^{s-t})$, dovremmo avere $0<s-t\leq1$. Ad esempio se $t=s-1$ e $B=1/t$, possiamo concludere. Dunque, in breve, la disuguaglianza
$$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^{-s}}\leq A - \frac{1}{(s-1)n^{s-1}}$$
può essere dimostrata per induzione, a patto di prendere un $A$ abbastanza grande da far valere il passo base (quale, affari vostri ).

Una soluzione "più o meno elementare" c'è... a voi trovarla:)

Triarii ha scritto:Metodo 2.
La serie è decrescente. Posso quindi usare il metodo di Lasker. Poichè l'integrale di $\frac {1} {x}$ è $log(x)$, e poichè il limite di quest'ultimo per x tendente a infinito è infinito, ne consegue anche che in particolare la nostra serie diverge.

Con questo metodo possiamo ottenere anche una buona stima di come cresce la serie armonica: Ma questo in realtà non c'entrava molto...
Cercate invece di risolvere elementarmente il problema originale!
(che poi in realtà il grosso del lavoro l'ha fatto EvaristeG: siate buoni, trovate una $A$ decente e scrivete una dimostrazione per induzione per bene!)

Drago96 ha scritto:siate buoni, trovate una $A$ decente e scrivete una dimostrazione per induzione per bene

A me sembra già scritta per bene, anche con il motivo che porta a pensare a quella soluzione..