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Dimostrare che la somma di tutti i reciproci dei numeri naturali non maggiori di n è maggiore di ln(n) e che la somma di tutti i reciproci di tutti i primi non maggiori di n è maggiore di ln(ln(n)).
 
 Sempre sui reciproci (forse meno impegnativo...):
 
 N=sqrt(1+1-2+2-2)+sqrt(1+2-2+3-2)+…+sqrt(1+2003-2+2004-2)
 
 Quanto vale N ?

In sqrt(1+n-2+(n+1)-2)
 
 1+1/n2+1/(n+1)2 =
 = (n2+n+1)2/(n2(n+1)2)
 
 Quindi l\'espressione sotto radice sarà:
 
 (n2+n+1)/(n*(n+1))

n(n+1)=n2+n
 
 n2+n < n2+n+1
 
 Il numeratore delle frazioni ottenute sarà il consecutivo del denominatore.

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Dimostrare che la somma di tutti i reciproci dei numeri naturali non maggiori di n è maggiore di ln(n).
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Sia f(x) := 1/x, per x > 0. Come noto, la curva γ rappresentativa del grafico cartesiano della f(-), o meglio il suo sostegno..., è il ramo destro di un\'iperbole equilatera interamente contenuta nel primo quadrante degli assi.
 
 Ciò premesso, siano detti n un qualsivoglia intero positivo ed A(n) l\'area della regione di piano limitata dall\'asse x, dalle rette di equazione x = 1 ed x = n+1 e dalla curva γ sopra definita. Dalla Teoria dell\'Integrazione:
 
 <center>A(n) = int[1...n+1] f(x) dx := int[1...n] 1/x dx = ln(n)</center>
 
 sicché A(n) < A(n+1), per ogni n€N0. D\'altro canto, interpolando la f(-) con la funzione costante g(x) := f(k) su ogni intervallo della forma Ik := [k, k+1], per
 k = 1, 2, ..., n, e considerando (com\'è evidente) che: f(x) ≤ g(x), per ogni x ≥ 1, si deduce che A(n+1) è minore o uguale della somma delle aree degli n rettangoli di base unitaria e altezza 1/k definiti, per k = 1, 2, ..., n, dall\'asse x, dalle rette
 x = k ed x = k+1 e dal grafico cartesiano della funzione g(-). In altre parole:
 
 <center>A(n+1) ≤ sum[k=1...n] f(k)*1 = sum[k=1...n] 1/k</center>
 
 donde: A(n) < sum[k=1...n] 1/k, ossia la tesi. L\'altro più tardi... se mi gira!
 
 P.S.: il problema è un classico! Ho cercato di proporre una soluzione, bene o male, accessibile a tutti! Spero solo di non aver fallito miseramente nell\'intento... integrali a parte, è ben inteso! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 26-02-2004 20:31 ]

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 Dimostrare che la somma dei reciproci di tutti i primi non maggiori di x è maggiore di ln[ln(x)], per ogni x reale ≥ 2.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Sia detta {pn}n ≥ 1 la successione di tutti e soli i numeri primi naturali, enumerati di modo tale che sia p1 = 2 e pn+1 > pn, per ogni n€N0. Ricordo incidentalmente che, per il 2° teorema di Euclide dell\'Aritmetica, l\'insieme dei numeri primi naturali è infinito (peraltro, numerabile), sì da garantir per consistente la definizione della sequenza {pn}n ≥ 1.
 
 Ora, per ogni n€N0, poniamo Πn := {x€R: pn ≤ x < pn+1}. Si tratta evidentemente di dimostrare che:
 
 p.o. n€N e p.o. x€Πn, s(n) := sum[k=1...n] 1/pk > ln[ln(x)]
 
 o più semplicemente che:
 
 p.o. n€N, s(n) := sum[k=1...n] 1/pk > ln[ln(pn+1)] ............(E.1)
 
 pur di sfruttare la monotòna crescenza della funzione l(x) := ln[ln(x)] per x > 1. Ragioniamo dunque per induzione! Innanzitutto, non è per niente difficile provare (ben inteso, sine abaco electronico) che: s(1) = 1/2 > ln[ln(3)], onde dedurne la tesi soddisfatta quantomeno per la base di induzione (n = 1). Che d\'altro canto, ammettendo per valida la (E.1), in corrispondenza di un generico n€N0, fa seguito banalmente che:
 
 s(n+1) := sum[k=1...n+1] 1/pk > ln[ln(pn+1)] + 1/pn+1............(E.2)
 
 Molto bene! A questo punto, IO mi fermerei qui... ...almeno per il momento...
 
 ...lasciando così a voi altri fanciulli il piacere di... saltar da soli oltre il recinto del giardino... o se non altro di tentarci!!! Su su, non battete la fiacca! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 27-02-2004 12:03 ]

@bh3u4m: Quanto vale N esattamente (in frazione o in somme di frazioni, insomma in numeri) ?
 
 @Euler: veramente io volevo vedere un metodo di sol. del 1° senza integrali, per vedere com\'era...
 
 Poi vi posto una fantastica dimostrazione del 2°...
 
 Uno + facile: dimostrare che (detto P l\'insieme dei numeri primi)
 
 X=prod[p€P](1-1/p+1)=0
 Y=prod[p€P](1+1/p-1)=+inf
 
 X*Y=2

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 On 2004-03-03 22:16, Simo_the_wolf wrote:
 @Euler: veramente io volevo vedere un metodo di sol. del 1° senza integrali, per vedere com\'era...
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Uhm... consideriamo la successione numerica reale {xn} definita assumendo xn := (1+1/n)n, per ogni n€N0. Come noto, la successione degli xn è monotona crescente e limitata, e come tale convergente in R. In particolare, per n --> +inf, il suo limite e definisce la ben nota costante di Nepero, che è (fra l\'altro) la base dei logaritmi naturali. Ora, poiché la convergenza è per difetto, fissato genericamente un n€N0, avviene che:
 
 <center>p.o. k = 1, 2, ..., n: xk < e ==> k*ln(1+1/k) < 1 ==> ln[(k+1)/k] < 1/k</center>
 
 donde, sommando su ogni k = 1, 2, ..., n, seguita che, p.o. n€N0:
 
 <center>sum[k=1...n] 1/k > sum[k=1...n] ln[(k+1)/k] = ln(n+1) > ln(n)</center>
 
 che è la tua tesi, porca paletta!!! Contento adesso? Arrrrrrrrrgh... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
 
 P.S.: cmq, IO preferisco la prima soluzione! E\' più... gagliarda?! <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 04-03-2004 02:13 ]

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-02-26 14:16, Simo_the_wolf wrote:
 Sempre sui reciproci (forse meno impegnativo...):
 
 N=sqrt(1+1-2+2-2)+sqrt(1+2-2+3-2)+…+sqrt(1+2003-2+2004-2)
 
 Quanto vale N ?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Uhm... mi sa tanto che bh3u4m non ha inteso completare proditoriamente il suo intervento, ché troppo semplice a questo punto far d\'essere il sentiero da seguire! Sicché, mi permetto l\'ardire di occuparmene in sua vece, ché se non altro... quantomeno questi piccoli innocui problemotti mi riesce, più o meno bene, di risolverli... e che cavolo, per dindirindina! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
 
 Dunque... come evidenziato da bh3u4m, per ogni m€N0:
 
 N = sum[k=1...m] sqrt[1+1/k2+1/(k+1)2] = sum[k=1...m] (k2+k+1)/[k(k+1)] =
 = sum[k=1...m] (1 + 1/[k(k+1)]) = m + sum[k=1...m] [1/k - 1/(k+1)]
 
 e la somma ad ultimo membro è telescopica, sicché (in conclusione):
 
 N = m + sum[k=1...m] [1/k - 1/(k+1)] = m + [1 - 1/(m+1)] = [m(m+2)]/(m+1)
 
 Assumendo a questo punto m = 2003, il quesito è risolto!!! [ Questo Messaggio è stato Modificato da: euler_25 il 04-03-2004 02:12 ]

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Uno + facile: dimostrare che (detto P l\'insieme dei numeri primi)
 
 X=prod[p€P](1-1/p+1)=0
 Y=prod[p€P](1+1/p-1)=+inf
 
 X*Y=2
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Mentre voi vi \"scervellate\" (si fa per dire) con questo io mi preparo la fantasica (dovrei dire + che altro fantasiosa) del secondo...
 
 @euler: mi dispiace ma quell\'altra nn l\'avevo molto capita...

Il primo quesito sui reciproci e\' legato alla cosiddetta costante di
 Eulero-Mascheroni:
 gamma=lim[n-->+inf](1+1/2+1/3+....+1/n-ln(n))
 Com\'e\' noto gamma vale circa 0.577 (valore ritrovabile per altre vie) ed essendo positiva
 ne seguirebbe l\'asserto.
 Ho letto che si ignora se gamma e\' un numero irrazionale:voi
 che ne sapete?

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Numeri primi e reciproci