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Dimostrare che
$ \displaystyle \zeta(1)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} $
non è un numero finito.

In breve:

Col criterio dell'integrale...??? Così viene anche facile!!
Oppure per confronto!

Lemma.
Si ha $ \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geq \frac{2}{a+b} $. Si verifica facilmente con semplici conti

Lemma.
Se prendo 2k+1 valori successivi "centrati" su $ \frac{1}{k+1} $ ottengo un valore superiore ad uno.
Infatti, accoppiandoli a partire dagli estremi, ogni coppia somma più di $ \frac{2}{2k}=\frac{1}{k} $. Ne abbiamo esattamente k, e infine abbiamo $ \frac{1}{k} $; la somma è quindi ovviamente più di uno.
Beh, c'è il caso particolare 2k+1=1 che comunque funziona (viene esattamente uno ma questo non ci crea problemi per la successiva dimostrazione)

Ok, dimostrazione
Claim: posso trovare infiniti intervalli che non si sovrappongono e tali che ognuno sommi più di uno.
Prendiamo infatti intervalli centrati su $ \frac{1}{3^k} $. Il primo elemento di questo intervallo è $ 3^k-\frac{3^k-1}{2}= \frac{3^k+1}{2} $.
L'ultimo elemento dell'intervallo precedente era invece $ 3^{k-1}+\frac{3^{k-1}-1}{2}=\frac{3^k-1}{2} $.
Pertanto questi intervalli non si sovrappongono e per il secondo lemma la somma degli elementi in ognuno degli intervalli è più di uno. Ovviamente posso trovare infiniti di questi intervalli, e pertanto la somma non converge.

Ciao!

Dimostrazione classica da corso di Analisi 1 dei miei tempi.
La serie
$ \displaystyle \frac11+\frac12+\frac13+\frac14+\frac15+\frac16+\frac17+\frac18+\frac19+\dots $
è addendo per addendo maggiore della serie
$ \displaystyle\frac12+\frac12+\frac14+\frac14+\frac18+\frac18+\frac18+\frac18+\frac1{16}+\dots $
in cui gli addendi del tipo $ ~2^{-n} $ compaiono$ ~2^{n-1} $ volte.

Sommando prima gli addendi tra loro uguali la serie diventa
$ \displaystyle\frac12+\frac12+\frac12+\frac12+\frac12+\dots=\infty $

E invece la dimostrazione che $ ~ \zeta(\alpha) \quad (\alpha > 1) $, converge, è difficile?

edriv ha scritto:E invece la dimostrazione che $ ~ \zeta(\alpha) \quad (\alpha > 1) $, converge, è difficile?

Bof, non troppo. Si stima la serie con $ \int_1^\infty x^{-\alpha} dx $ (che converge) disegnando dei rettangolini sul grafico. In realtà funziona per tutti i complessi z di modulo maggiore di 1.

OK, ora una un po' diversa dalle vostre:
$ \displaystyle \frac{1}{n}=(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})+(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})+(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3})+...= $
$ \displaystyle =\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+... $

si ha dunque

$ \displaystyle 1=\frac{1}{1*2}+\frac{1}{2*3}+\frac{1}{3*4}+\frac{1}{4*5}+\frac{1}{5*6}+.... $
$ \displaystyle \frac{1}{2}= 0000 + \frac{1}{2*3}+\frac{1}{3*4}+\frac{1}{4*5}+\frac{1}{5*6}+.... $
$ \displaystyle \frac{1}{3}= 0000 + 0000 +\frac{1}{3*4}+\frac{1}{4*5}+\frac{1}{5*6}+.... $
$ \displaystyle \frac{1}{4}= 0000 + 0000 +0000+\frac{1}{4*5}+\frac{1}{5*6}+.... $
$ \displaystyle \frac{1}{5}= 0000 + 0000 +0000+ 0000 +\frac{1}{5*6}+.... $
$ ............................................................................. $

Calcolando le somme dei termini in colonna, si hanno i valori:
$ \displaystyle \frac{1}{2}, 2*\frac{1}{2*3}=\frac{1}{3}, 3*\frac{1}{3*4}=\frac{1}{4}, 4*\frac{1}{4*5}=\frac{1}{5}... $
Allora uguagliando le quantità a destra e a sinistra degli uguali, si avrà
$ \displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+...=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+... $
Ossia, $ \zeta(1)=\zeta(1)-1 $, ma questo, se $ \zeta(1) $ fosse un numero finito, sarebbe impossibile, quindi $ \zeta(1) $ non è un numero finito. C.V.D.

C'è un'altra dimostrazione, forse un po' più complicata ma abbastanza bellina:

Partiamo da un assunto iniziale

e > (1+1/n)^n

Per qualsiasi n
Quindi

ln(e) > ln(1+1/n)^n

Dunque

1 > n(ln(n+1)-ln(n))

E

1/n > ln(n+1)-ln(n)

Ora, la somma di tutti i termini prima del maggiore sarà sempre maggiore della somma di tutti i termini dopo di esso. Dunque

1+1/2+1/3+1/4+... +1/k > ln(2)-ln(1)+ln(3)-ln(2)+ln(4)-ln(3)+...+ln(k+1)-ln(k)

Usando le proprietà dei logaritmi

1+1/2+1/3+1/4+...+1/k > ln(2*3/2*4/3*5/4*6/5*...*(k+1)/k)

Il prodotto dopo il maggiore si semplifica molto facilmente. Se proviamo a moltiplicare i primi k termini avremo k+1. Dunque

1+1/2+1/3+1/4+...+1/k > ln(k+1)

E con k tendente a infinito ln(k+1) tende anch'esso a infinito. Quindi

1+1/2+1/3+1/4+... > infinito

Ciò completa la nostra dimostrazione.
QED

A questa dimostrazione ci sono arrivato da solo ma quasi sicuramente qualcuno l'aveva scoperta prima di me...

belle idee, comunque c'era già un post a riguardo:viewtopic.php?t=7129

Rilancio con un simpatico e forse anche abbastanza utile criterio di convergenza.

Sia $ $\{a_n\}$ $ successione reale nonnegativa e noncrescente. Dimostrare che:

$ $\sum_{n=1}^{\infty} 2^n a_{2^n} \textrm{ converge} \iff \sum_{n=1}^{\infty} a_n \textrm{ converge}$ $

Una volta provato questo, viene immediato usarlo per dimostrare la convergenza delle serie armoniche "generalizzate" del tipo

$ $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{\lambda}} $, con $ $\lambda$ $ parametro reale positivo.

Magari dico una stupidata, ma se è nonnegativa e noncrescente, non dovrebbe sempre convergere? Volevi dire "non decrescente"?

Eh... il controesempio a quanto affermi è grosso come una casa, edriv.

Prendi $ $a_n=\frac{1}{n}$ $. È nonnegativa. È persino strettamente decrescente. Eppure...

Quelle che usi nei tuoi controesempi non sono serie, fanno ridere i polli

No, è solo che ho confuso serie e successioni... uff

Comunque per farmi perdonare faccio la dimostrazioncina:
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} a_n = \sum_{k=0}^{+\infty} \sum_{n=0}^{2^k-1} a_{2^k + n} \le $ $ \displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty} \sum_{n=0}^{2^k-1} a_{2^k} = \sum_{k=0}^{+\infty}2^k a_{2^k} = l $