mateforum.ro

a) Aratati ca \( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2^{2n}}>n,\ \forall n \in \mathbb{N^*} \).

b) Demonstrati ca pentru orice \( n \in \mathbb{N}^* \) are loc inegalitatea
\( \min\left\{k \in \mathbb{N},\ k\geq 2 \mid \ \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{k}>n\right\}>2^n. \)

a) \( 2^k-2^{k-1}=2^{k-1}(2-1)=2^{k-1} \) de unde rezulta ca intre 2^{k-1} si \( 2^k-1 \) sunt \( 2^{k-1} \) numere (inclusiv cele 2).

\( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{2n}}>\frac{1}{2}+(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})+\cdots+(\frac{1}{2^{2n}}+\frac{1}{2^{2n}}+\cdots+\frac{1}{2^{2n}})=2n\cdot\frac{1}{2}=n \)

b) \( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^n}<\frac{1}{2}+(\frac{1}{2}+\frac{1}{2})+\cdots+(\frac{1}{2^{n-1}}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}})=\frac{1}{2}+n-1<n \)

deci \( \min\left\{k \in \mathbb{N},\ k\geq 2 \mid \ \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{k}>n\right\}> 2^n. \)

Observatie. La b), sa nu uitam ca trebuie sa specificam ca exista un astfel de minim . E clar de ce exista (!) - se stie ca \( \sum_{k \ge 2} \frac{1}{k}= \infty \) sau eventual folosind punctul a). Acest mic amanunt ne-a costat pe multi cateva puncte .

Vedeti demonstratia estimarii

\( \ln (n+1) < H_n \le \ln(n) + 1 \), \( H_n := 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} \)

aflata aici (partea din stânga rezulta în mod analog, important este de fapt sa stii la ce doresti sa ajungi).