Найти главный член

[zaman]

Найти главный член вида $Cn^a$ разности $1/n + ... + 1/(2n-1) - \ln 2$
Объясните, пожалуйста, что это такое главный член?

[Padawan]

То, чему это выражение эквивалентно при $n\to \infty$

[zaman]

Padawan в сообщении #736353 писал(а):

То, чему это выражение эквивалентно при

а все вспомнил, что это такое. но вот не получается. мне даже в голову ничего не приходит. не можете подсказать с чего начать?

[Otta]

zaman в сообщении #736374 писал(а):

мне даже в голову ничего не приходит.

Попробуйте стандартное разложение логарифма в нуле поюзать туда-сюда, что-нить придёт.

[zaman]

Otta в сообщении #736378 писал(а):

Попробуйте стандартное разложение логарифма в нуле поюзать туда-сюда, что-нить придёт.

$\ln2=1-1/2+1/3-1/4+...$ это?

[Legioner93]

Не знаю, как такие задачи решаются по науке. Придумал способ.

0) Нужно посчитать $\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left[\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\right]-\ln{2}$
1) Узнаём в $\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left[\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\right]$ верхнюю интегральную сумму очевидно-какой-функции $f(x)$ (это я оставляю вам).
2) Радостно считаем интеграл. Расстраиваемся, что он оказался равным $\ln{2}$
3) Понимаем, что $\ln{2}$ всегда в точности равен сумме $S_k$ площадей $k$ криволинейных трапеций под функцией $f$, а вот первая сумма - лишь сумма площадей $k$ прямоугольников. Преобразуем исходную сумму к виду

$$\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left[\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+\frac{k}{n}}\right] - \sum\limits_{k=0}^{n-1} S_k=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left[\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+\frac{k}{n}}-\int\limits_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}fdx\right]$$

4) Считаем интеграл, оцениваем член суммы до первого же ненулевого члена. Для проверки - получится

$$\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left[\frac{1}{n^2}\cdot g\left(\frac{n}{k}\right)+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\right]=\frac{1}{n}\cdot\sum\limits_{k=0}^{n-1}\left[\frac{1}{n}\cdot g\left(\frac{n}{k}\right)+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right]$$

5) Снова видим интегральную суммы уже другой функции $g(x)$. Честно считаем. O-большое вклада в сумму не даст, так как меньше на порядок.
6) Если получите $\frac{1}{4n}$, то решили правильно (если я нигде не обсчитался).

[Otta]

Черт его знает, как по науке, наука в этом смысле всеядна, лишь бы правильно.

Дык вот, ей, науке, числа $H_n=\sum_{k=1}^n 1/k$ известны под названием гармонических. И для этих гармонических чисел известно много чего, в том числе и асимптотика. Можно ознакомиться здесь.

В наших целях хватит асимптотики вот такой:

$$ H_n=\gamma+\ln n+\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right),\quad n\to\infty, $$

где $\gamma$ - постоянная Эйлера.

Вычисляя $H_{2n-1}-H_{n-1}-\ln 2$, получим требуемый главный член. Да, он именно $1/(4n)$.

[Deggial]

Можно в лоб применять формулу Эйлера-Маклорена, если про гармонические числа не знаем.

[mihailm]

Проще всего получить ответ (вручную) наверно так: сумма без логарифма (ступеньки на графике) лежит между $\int_n^{2n}\frac{dx}{x}$ и $\int_n^{2n}\frac{dx}{x-1}$, т.е. между $\ln2$ и $\ln2+\frac{1}{2n}$. "Очевидно, (глядя на график)" площадь ступенек "практически равна" среднему этих двух интагралов. Отсюда и нужная асимптотика). Как довести до строгого не знаю