ln2=1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + ...

[Cat]

Используя геометрическое определение логарифмической функции нужно показать, что $ln2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+ \dots$. Данная функция это площадь подграфика фукнции $y=\frac{1}{x}$ на отрезке $[1,2]$ или же функции $y=\frac{1}{1+x}$ на отрезке $[0,1]$. Пробую эту площадь представить в виде суммы прямоугольников, сначала беру со сторонами $1$ и $1/2$, получаю площадь $1=1-1/2$, потом делю отрезок $[0,1]$ пополам, соотвественно беру прямоугольник со сторонами $1/2$ и $2/3-1/2=1/6$, получаю площадь $1/12=1/3-1/4$. Первым членам ряда для $ln2$ соотвествует, вывожу общую формулу площади прямоугольника, полученного таким способом: $\frac{1}{2^{n}} \cdot (\frac{1}{1/2^{n}+1}-\frac{1}{1/2^{n-1}+1})$.
Подходит для первых трех пар членов разложения ряда, но для $\frac{1}{7}-\frac{1}{8}$ не походит. Как быть? Как по-другому можно представить площадь подграфика?

[gris]

Я бы воспользовался тем, что $\ln2=\ln(2n) - \ln(n)$ и геометрически равно площади под гиперболой от $n$ до $2n$

[Brukvalub]

Так вы ничего не добьетесь. Советую почитать вот эту книжку: http://math.ru/lib/book/plm/v09.djvu, там все подробненько расписано.

[gris]

Почему? Вместо гиперболы рассмотрим лесенку. Чем больше $n$, тем точнее... Из длинной части вычтем короткую. Вычитать будем только из четных ступенек. Или это и имеется ввиду?

[Brukvalub]

Я отвечал не на Ваше, gris, сообщение, а на исходное. Ваше предложение должно привести к цели!

[gris]

Кстати, серия книжечек до боли знакомая... Наверное, в ней то я и прочитал когда-то.

[Cat]

Спасибо, Brukvalub, книжка хорошая.

gris, а под длинной частью Вы имели ввиду прямоугольник со сторонами $2n-1$ и $\frac{1}{2n}$?

[gris]

Нет. Если подходить очень нестрого, то рассмотрим лестницу, ведущую вниз. Первая ступенька высотой 1, вторая $\frac 1 2$, третья $\frac 1 3$ и так далее. Рассмотрим часть лесенки в 2n ступенек и посчитаем площадь под ней. А потом часть лесенки в n ступенек и площадь под ней. Разность между первой и второй даст площадь под куском лесенки от n до 2n ступеньки. То есть как бы приближение $\ln2$.
Обратите внимание, что нам не важно, что в начале ступенька плохо приближает гиперболу. Главное, что она чем дальше, тем ближе к ней. И мы делаем интуитивный вывод, что тот, оставшийся, кусок лесенки не только близок к гиперболе, но и всё лучше и лучше приближает площадь оставшегося куска. Нам повезло в нашем случае. Хотя длина куска и увеличивается, но суммарная ошибка стремится к нулю. ЕВПОЧЯ.
В подобных случаях можно жестоко ошибиться.

Добавлено спустя 4 минуты 40 секунд:

Кстати, подобные нестрогие, но правдоподобные рассуждения описаны в замечательной книге Пойа "Математика и правдоподобные рассуждения". Извините за тавтологию

[Cat]

Надо будет глянуть обязательно эту книгу. Вообще я сначала хотела как в брошюрке привести доказательство, но мне почему-то сказали, что нельзя использовать разложение $\frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+\dots$.

gris, тогда площадь первой части у нас будет $S_{1}=1+\frac{1}{2}+\dots +\frac{1}{2n}$, а второй части $S_{2}=1+\frac{1}{2}+\dots +\frac{1}{n}$ и $S_{1}-S_{2}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots$?

[gris]

Да!
Ряд условно сходящийся, переставлять и группировать члены нельзя. Но для конечных сумм можно.
Вот как, например:
$S_6 - S_3= 1+\frac 1 2 +\frac 1 3+\frac 1 4+\frac 1 5+\frac 1 6-1 -\frac 1 2-\frac 1 3 = 1 + (\frac 1 2-1) +\frac 1 3+ (\frac 1 4 -\frac 1 2) +\frac 1 5+ (\frac 1 6 -\frac 1 3) = 1 - \frac 1 2 +\frac 1 3+ ....$