Ola Jorge e demais colegas
desta lista ... OBM-L,
Nao entendi bem o excerto abaixo ... Voce que uma prova para esta desigualdade ?
> A propósito, como valer a desiguldade para qualquer n natural maior que 1?
> 1/n-1 + 1/n + 1/n+1 > 3/n
Existem muuuuuitas maneiras de fazer isso, vou usar a que me parece,
no momento, mais produtiva. Seja A_1, A_2, ..., A_(2p-1) uma
progressao aritmetica com um numero impar de termos. E claro que o
termo central e o termo de ordem P. E igualmente claro que podemos
exprimir todos os demais termos em funcao deste termo.
Exemplo 1
A_1, A_2 e A_3. Aqui P=2 e A_2 e o termo central. Logo : A_1 = A_2 -
r, A_3=A_2 + r
( "r" e a razao da PA )
Exemplo 2
A_1, A_2, A_3, A_4, A_5. Aqui P=3 e A_3 e o termo central. Logo :
A_1=A_3 - 2r, A_2=A_3 - r, A_4=A_3 + r e A_5 = A_3 + 2r
Considerando agora que a Media Harmonica (H) nunca e maior que a Media
Aritmetica, teremos que :
H = (2P-1) / ( (1/A_1) + (1/A_2) + ... + ( 1/A_(2p-1) ) ) =< ( A_1 +
A_2+...+ A_(2p-1) ) / (2P-1) = A
Na media A, ao exprimir cada A_i # A_p em funcao de A_p e "r", a soma
subsequente fara com que os "r" desaparecam. Surgirao entao (2p-1)
termos A_p. Donde :
1/(A_1) + 1/(A_2) + ... + 1/(A_(p-1)) >= (2p-1) / A_p ( resultado 1 )
No seu caso particular temos a PA N-1, N e N+1. Aqui, P=2 e A_2 = N. Logo
1/n-1 + 1/n + 1/n+1 > 3/n
que e o que queriamos demonstrar.
Agora, vou lhe mostrar porque tratei diretamente de um caso mais geral
( resultado 1 ) :
Considere os 9 termos da serie harmonica 1 + (1/2) + ... + (1/9).
Neste caso, aplicando diretamente o resultado acima, teremos :
1 + (1/2) + ... + (1/9) >= (2*5-1) / A_5 = 9/5 =1.8
(resultado 2)
Agora, ao inves de aplicar o resultado que obtivemos diretamente a
soma toda vamos dividi-la em grupos de 3 e aplica-la separadamente a
cada grupo. O que resultara ?
1 + (1/2) + (1/3) >= 2/2 = 2/2=1
(1/4) + (1/5) + (1/6) >= 2/5
(1/7) + (1/8) + (1/9) >= 2/8
1 + (1/2) + ... + (1/9) >= 1 + (2/5) + (2/8) = 66/40 = 33/20 = 1,65
Surpreso ?
Portanto, a aplicacao em casos com menor numero de termos e com soma
ulterior da uma cota inferior pior ... Com aperfeicoar isso ? Basta
lembra que a media geometrica fica "mais proxima" da media harmonica
que a media geometrica. Logo :
H = N / ( (1/A_1) + (1/A_2) + ... + ( 1/A_n ) =< (A_1*A_2*...*A_n)^(1/n)
(1/A_1) + (1/A_2) + ... + ( 1/A_n ) >= N/ (A_1*A_2*...*A_n)^(1/n)
No caso em que A_1, A_2 ... e 1, 2, ..., teremos :
1 + (1/2) + ... + ( 1/n ) >= N/( (N!)^(1/N) )
Aplicando no caso 1 + (1/2) + ... + (1/9) teremos :1 + (1/2) + ... +
(1/9) >= 2.17...
Portanto, uma aproximacao melhor !
Uma outra de cotar a serie harmonica seria assim :
1/4 < 1/3 < 1/2
1/4 =< 1/4 < 1/2
1/8 < 1/5 < 1/4
1/8 < 1/6 < 1/4
1/8 < 1/7 < 1/4
1/8 =< 1/8 < 1/4
1/16 < 1/9 < 1/8
...
Ao somar tudo, do lado esquerdo teremos um "multiplo de (1/2) + (
eventualmente ) pequena fracao" e do lado direito teremos "multiplo de
1 + pequena fracao". esta tecnica tambem nos fornece cotas para a soma
da serie harmonica. Note que usamos potencias de (1/2) por uma mera
questao de tradicao, poderiamos ter usado potencias de (1/3), (1/5)
etc.
Para um dado inteiro P > 0, como determinar o menor N tal que 1+(1/2)
+ ... + (1/N) > P. E uma boa pergunta, um belo problema. O que voce
tem a dizer a respeito ?
> Afinal! Qual o número de parcelas necessárias para que a série harmônica
> atinja o número cem? 1 + 1/2 + 1/3 + 1/4...
Vou usar o seguinte :
1/3 > 1/4
1/4 >= 1/4
De onde sai : 1/3 + 1/4 > 1/2
1/5 > 1/8
1/6 > 1/8
1/7 > 1/8
1/8 >= 1/8
De onde sai : 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 > 1/2
Estes exemplos evidenciam que ao somarmos 2^N parcelas a partir de
1/(2^N + 1) o resultado sera maior que 1/2. Portanto, fazemos :
N/2 > 100 => N > 200.
logo : 2 + 4 + 8 + .. + 2^(201) = 2((2^201 - 1)
Ou seja, precisamos somar 2 + 2(2^201 - 1) = 2^202 parcelas de 1+
(1/2) + ... + (1/N) + para obtermos uma soma superior a 100. Note que
nao estabelecemos a precisao desta cota, vale dizer, pode ocorrer que
com um numero "menor" ( e mesmo assim, muito grande ) de parcelas
consigamos ultrapassar 100.
Fica a questao que coloquei acima :
Dado P inteiro positivo. Qual o menor N tal que 1 + (1/2) +...+ (1/N) > P ?
> A existência de infinitos primos gêmeos ainda é um problema em aberto. O
> teorema de Brun afirma que mesmo que existam infinitos termos nesta soma, a
> série resultante é ainda assim convergente, em contraste com a série dos
> inversos dos primos que é divergente. B2 = (1/3+1/5) + (1/5+1/7) +
> (1/11+1/13) + (1/17+1/19) + (1/29+1/31) +...~1,9021605823
>
> Incrível, não! As séries harmônicas estão cheias de coisas incríveis, muitas
> já descobertas, mas certamente muitas outras ainda à espera de um novo Euler
> que as desvende...
E verdade ! Ha algum tempo atras eu me ocupei da questao :
Qual o menor "r" real tal que a serie dos inversos dos primos, 1 +
(1/2)^r + (1/3)^r + (1/5)^r + (1/7)^r + ..., converge ?
Infelizmente, eu so consigo manter a atencao centrada em uma grande
questao quando consigo suspeitar das relacoes desta questao com
outras, de maneira que eu possa ver que o meu esforco vai resultar em
algo significativo ( pelos meus criterios ). Como nao vi isso nesta
questao, terminei por me desinteressar por ela.
Voce conseguiria dizer algo inteligente sobre este problema ?
Um Abracao
PSR, 21105090A16
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http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
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