Асимптотика частичных сумм гармонического ряда

[VoprosT]

Здравствуйте, подскажите, пожалуйста, правильно ли я решил задачу:
Требуется показать, что $1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}=\ln(n)+c+o(1)$ при $n \to \infty$, где $c$ - постоянная. (Число $c = 0,57721...$ называется постоянной Эйлера; вряд ли эта информация нужна людям на этом форуме, но в задании была, я решил не забывать про неё).
Как я решал:
Рассмотрим последовательность $x_n = 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n} - \ln(n) $. Посмотрим на $\left\lvert x_{n+1} - x_n \right\rvert = \frac{1}{n+1} - \ln(\frac{n+1}{n}) = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n} + O(\frac{1}{n^2}) = \frac{1}{n(n+1)} + O(\frac{1}{n^2}) = O(\frac{1}{n^2})$ при $n \to \infty$.
Тогда ряд $\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k$, где $a_k = x_{k+1} - x_k$ ($x_0$ полагаем равным 0) сходится, и его сумма равна какому-то числу $c$. Но наш ряд это в точности $ 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n} - \ln(n)$ (если вспомнить, что сумма логарифмов - это логарифм произведения: $-(\ln(\frac{2}{1})+\ln(\frac{3}{2})+...+\ln(\frac{n}{n-1})) = -\ln(\frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot ... \cdot \frac{n}{n-1}) = -\ln(n)$). Что и требовалось показать("доказать" как-то слишком круто звучит для упражнения). Всё ли верно?

P.s. Интересно, а как выяснить, какого именно порядка величина $o(1)$ здесь?

[Otta]

VoprosT в сообщении #1482836 писал(а):

Но наш ряд это в точности $ 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n} - \ln(n)$

Объясните это место, пожалуйста. Ряд - это ряд, он от $n$ не зависит.

[VoprosT]

Otta в сообщении #1482839 писал(а):

VoprosT в сообщении #1482836 писал(а):

Но наш ряд это в точности $ 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n} - \ln(n)$

Объясните это место, пожалуйста. Ряд - это ряд, он от $n$ не зависит.

Наверное, $n$-ая частичная сумма ряда*

[Otta]

У меня такое ощущение, что Вы пытались скомпилировать минимум два источника в один, не совсем понимая происходящее. Зачем тогда Вам понадобился логарифм произведения?

[VoprosT]

Otta в сообщении #1482842 писал(а):

У меня такое ощущение, что Вы пытались скомпилировать минимум два источника в один, не совсем понимая происходящее. Зачем тогда Вам понадобился логарифм произведения?

$a_0 + a_1 + ... + a_n = 1 + (\frac{1}{2} - \ln(\frac{2}{1})) + ... + (\frac{1}{n} - \ln(\frac{n}{n-1})) = (1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}) - (\ln(\frac{2}{1})+\ln(\frac{3}{2})+...+\ln(\frac{n}{n-1})) = (1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}) - \ln(\frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot ... \cdot \frac{n}{n-1}) = (1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}) - \ln(n)$

(Оффтоп)

а) Извините, строку переносить ещё не научился и б) Не совсем понял, чего я не понимаю(крылатое выражение про компиляцию двух источников)

[Otta]

VoprosT в сообщении #1482836 писал(а):

Тогда ряд $\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k$, где $a_k = x_{k+1} - x_k$ ($x_0$ полагаем равным 0)

Пишите честно частичную сумму $S_n$ этого ряда. Слагаемые удобнее взять $a_k = x_{k} - x_{k-1}$. Рассмотрите частичную сумму в самом общем виде. Посмотрите, что получится. Движений будет меньше.

Да, я уже поняла, что Вы сами себе усложняете жизнь, не источники ))

[VoprosT]

Otta в сообщении #1482844 писал(а):

VoprosT в сообщении #1482836 писал(а):

Тогда ряд $\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k$, где $a_k = x_{k+1} - x_k$ ($x_0$ полагаем равным 0)

Пишите честно частичную сумму $S_n$ этого ряда. Слагаемые удобнее взять $a_k = x_{k} - x_{k-1}$.

Имеете в виду то, что она равна $x_n - x_1$ и сразу получается то, что нужно? Да, действительно, движений меньше
Но мне и мой способ пока что приятен! Но спасибо за совет! А с остальным всё в порядке?
Про источники - да, Вы правы, ответ отрицательный, эту задачу я решал самостоятельно.

[Otta]

VoprosT в сообщении #1482845 писал(а):

Имеете в виду то, что она равна $x_n - x_1$

При правильной нумерации индексов $x_n-x_0=x_n$.

C остальным все в порядке.

Правда, обычно эту задачу дают, подразумевая использование теоремы Штольца. Но это уже вкусовщина.

(Оффтоп)

VoprosT в сообщении #1482843 писал(а):

а) Извините, строку переносить ещё не научился

Самый простой способ

[math]\begin{multline*} first -- line \\
=second -- line \end{multline*}[/math]

Строк сколько надо.

Другие способы Вы, думаю, сможете сами прочитать, наверняка в FAQ есть.

[VoprosT]

Otta в сообщении #1482847 писал(а):

Правда, обычно эту задачу дают, подразумевая использование теоремы Штольца. Но это уже вкусовщина.

Хм. Сейчас я в Зориче на задачах после предела посл-ти и функции прямо перед непрерывностью, а теоремы Штольца вроде как и не было (а вот Фихтенгольц сразу даёт). А отношение каких последовательностей здесь надо будет рассмотреть для теоремы Штольца?

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1482847 писал(а):

Самый простой способ

[math]\begin{multline*} first -- line \\
=second -- line \end{multline*}[/math]

Строк сколько надо.

Другие способы Вы, думаю, сможете сами прочитать, наверняка в FAQ есть.

Спасибо!

[Otta]

VoprosT в сообщении #1482849 писал(а):

А какое отношение здесь надо будет рассмотреть для теоремы Штольца?

Ну это Вы сами подумайте. А для разогрева возьмите задачник Демидовича, там эта асимптотика как раз в первый раз среди задач на Штольца и выплывает. Но не первой, а уже после разминки. Потренируетесь - быстрее увидите сами.

[VoprosT]

Otta в сообщении #1482850 писал(а):

VoprosT в сообщении #1482849 писал(а):

А какое отношение здесь надо будет рассмотреть для теоремы Штольца?

Ну это Вы сами подумайте. А для разогрева возьмите задачник Демидовича, там эта асимптотика как раз в первый раз среди задач на Штольца и выплывает. Но не первой, а уже после разминки. Потренируетесь - быстрее увидите сами.

Спасибо, буду пробовать!

[novichok2018]

Обычно доказывают, используя пару неравенств для логарифма, нет?

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1482869 писал(а):

Обычно доказывают, используя пару неравенств для логарифма, нет?

По-разному можно. Общий метод --- это, конечно, формула Эйлера-Маклорена.

VoprosT в сообщении #1482836 писал(а):

P.s. Интересно, а как выяснить, какого именно порядка величина $o(1)$ здесь?

Для остатка нетрудно получить оценку $O(1/n)$.

[VoprosT]

Otta в сообщении #1482850 писал(а):

VoprosT в сообщении #1482849 писал(а):

А какое отношение здесь надо будет рассмотреть для теоремы Штольца?

Ну это Вы сами подумайте. А для разогрева возьмите задачник Демидовича, там эта асимптотика как раз в первый раз среди задач на Штольца и выплывает. Но не первой, а уже после разминки. Потренируетесь - быстрее увидите сами.

Проснулся утром и понял: $x_n = 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n} , y_n = \ln(n)$, посмотреть надо будет на $\frac{x_{n+1} - x_n}{y_{n+1}-y_n}$, и искомый предел будет равен $1$.

nnosipov в сообщении #1482872 писал(а):

novichok2018 в сообщении #1482869 писал(а):

Обычно доказывают, используя пару неравенств для логарифма, нет?

По-разному можно. Общий метод --- это, конечно, формула Эйлера-Маклорена.

Такой формулы ещё не знаю, надеюсь, дальше будет по тексту. А про неравенства, каюсь, подглядел(их вывести я могу, но про их существование совсем забыл): $\frac{1}{n+1}<\ln(1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$, и надо будет показать монотонность и ограниченность снизу последовательности.

nnosipov в сообщении #1482872 писал(а):

Для остатка нетрудно получить оценку $O(1/n)$.

Если тут нужна формула Эйлера-Маклорена, то оставлю это упражнение на потом.

[nnosipov]

VoprosT в сообщении #1482901 писал(а):

Если тут нужна формула Эйлера-Маклорена

Нет, здесь она не нужна.