Harmonische Reihe: Beweis Hn - Log(n) und Hn > log(n)

Question

Aufgabe:

a)

Gilt: $\sum^n_{k=1} \frac{1}{k} > \int\limits_{1}^{n} \frac{1}{x} dx$ ?

b)

Konvergiert oder divergiert

$\sum^n_{k=1} \frac{1}{k} - \int\limits_{1}^{n} \frac{1}{x} dx$

für $n \rightarrow \infty$ ?

Problem/Ansatz:

Zu a), allgemeiner würde gelten $H_n > ln(n)$ gilt.

Doch wie könnte der Beweis dazu aussehen?

Gleiches zu b), wenn ich das richtig "sehe", divergiert das Ganze gegen 0. Wie könnte hier der Beweis aussehen?

Answer 1

Zu (a)

$$\int_1^n \frac{1}{x} dx < \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k} < \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$$ weil die mittlere Summe die Obersumme des Integrals zur Breite $1$ ist und weil die Funktion $f(x) = \frac{1}{x}$ streng monoton fallend ist.

zu (b)

Sei $S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln(n)$, dann gilt $$S_{n+1} - S_n = \frac{1}{n+1} + \ln \left( \frac{n}{n+1} \right) = \ln \left( e^{ \frac{1}{n+1} } \right) + \ln \left( \frac{n}{n+1} \right) = \ln \left( e^{ \frac{1}{n+1} } \frac{n}{n+1} \right)$$

Der Ausdruck $e^{ \frac{1}{n+1} }$ kann durch die geometrische Reihe nach oben durch $\frac{1}{1 - \frac{1}{n+1}}$ abgeschätzt werden. Also gilt $$S_ {n+1} - S_n < 0$$ und damit ist $S_n$ streng monotn fallend. Also gilt $S_n < S_1 = 1$

Wegen $$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \ln(n) = \sum_{k=1}^n \int_k^{k+1} \frac{1}{[x]} dx - \int_1^n \frac{1}{x} dx = \int_1^{n+1} \frac{1}{[x]} dx - \int_1^n \frac{1}{x} dx$$ Das kann man nach unten abschätzten durch $1 - \ln(2)$ also gilt insgesamt

$$1 - \ln(2) < S_n < 1$$ Damit ist die Folge beschränkt und streng monoton fallend und damit konvergent und der Grenzwert liegt im Bereich $( 1 - \ln(2) , 1)$. Er wird als Euler-Mascheroni Konstante bezeichnet und ist $\gamma \approx 0.57721$