Расходимость гармонического ряда

Вывод основного неравенства

Из прото-задачи П-ссылка или задачи 69 известно, что

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<e$$

Прологарифмируем это неравенство по основанию $e$:

$$n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<1$$

Делим обе части на $n$:

$$\begin{gathered} \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n} \\ \ln \left(\frac{n+1}{n}\right)<\frac{1}{n} \\ \ln (n+1)-\ln (n)<\frac{1}{n} \end{gathered}$$

Построение последовательностей

Рассмотрим последовательность $x_n$, которая состоит из суммы выражений левой части неравенства выше:

$$x_n=\ln (2)-\ln (1)+\ln (3)-\ln (2)+\dots +\ln (n+1)-\ln (n)$$

Эту сумму можно записать в упрощенном виде:

$$x_n=\ln (n+1)-\ln (1)$$

Но логарифм с любым основанием от $1$ равен $0$, поэтому

$$x_n=\ln (n+1)$$

В то же время, как мы показали в неравенстве выше, каждая разность в развернутой записи $x_n$ меньше $\frac{1}{n}$:

$$x_n=\stackrel{<\frac{1}{1}}{\overbrace{\ln (2)-\ln (1)}}+\stackrel{<\frac{1}{2}}{\overbrace{\ln (3)-\ln (2)}}+\dots +\stackrel{<\frac{1}{n}}{\overbrace{\ln (n+1)-\ln (n)}}$$

Заменяя каждую разность на соответствующую дродь $\frac{1}{n}$ получаем

$$x_n<1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{n}$$

Сумму в правой части обозначаем за последовательность $y_n$:

$$y_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots +\frac{1}{n}$$

Эта последовательность и называется гармоническим рядом.

Как мы только что показали,

$$x_n<y_n$$

Доказательство расходимости

Покажем, что $x_n$ расходится, то есть

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\ln (n+1)=+\infty$$

По определению (см. задачу 45) это означает, что

$$\forall E>0\exists N=N(E)\forall n>N:|\ln (n+1)|>E$$

Рассмотрим неравенство в конце:

$$|\ln (n+1)|>E$$

От модуля можно избавиться, так как выражение под ним всегда больше $0$:

$$\ln (n+1)>E$$

Представим обе части неравенства в виде показателей степени с основанием $e$ (знак неравенства не изменится, так как $e>1$):

$$e^{\ln (n+1)}>e^E$$

$$n+1>e^E$$

$$n>e^E-1$$

Итак, для любой потенциальной верхней границы $E>0$ нам достаточно взять $N$ по следующей формуле:

$$N(\epsilon )=\lceil e^E-1\rceil$$

Тогда, какое-бы $n>N$ мы не взяли,

$$n\ge N(\epsilon )+1>N(\epsilon )=\lceil e^E-1\rceil \ge e^E-1$$

А раз такое произвольное $n$

$$n>e^E-1$$

То

$$|\ln (n+1)|>E$$

Итак, мы доказали, что $x_n$ расходится. Выше мы показали, что

$$y_n>x_n$$

Поэтому мы можем брать то же самое $N$, что и для $\ln (n+1)$, и оно будет работать и для $y_n$:

$$\left|1+\frac{1}{2}+\dots +\frac{1}{n}\right|>|\ln (n+1)|>E$$

$$\left|1+\frac{1}{2}+\dots +\frac{1}{n}\right|>E$$

Итак,

$$\forall E>0\underset{\text{берем }N\text{ для }\ln (n+1)}{\underbrace{\exists N=N(E)}}\forall n>N:\left|1+\frac{1}{2}+\dots +\frac{1}{n}\right|>E$$

А это по определению означает, что

$$\underset{n\to \infty }{\lim }1+\frac{1}{2}+\dots +\frac{1}{n}=+\infty$$