Номер 28, страница 317 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 1. Числа и преобразования выражений. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 28, страница 317.

Условие.

28. Докажите, что для любого числа M найдется такое натуральное n, что сумма

$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}$

будет больше M.

Решение 5.

Для доказательства данного утверждения, известного как расходимость гармонического ряда, мы покажем, что его частичные суммы могут быть сколь угодно большими.

Обозначим частичную сумму ряда как $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$. Нам необходимо доказать, что для любого заданного числа $M$ существует такое натуральное число $n$, что $H_n > M$.

Воспользуемся методом оценки снизу, группируя слагаемые. Рассмотрим частичные суммы для $n$, являющихся степенями двойки, то есть для $n = 2^k$, где $k$ — натуральное число. Сгруппируем слагаемые в сумме $H_{2^k}$ следующим образом:

$H_{2^k} = 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) + \left(\frac{1}{5} + \dots + \frac{1}{8}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2^{k-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^k}\right)$

Теперь оценим сумму слагаемых в каждой из групп, выделенных скобками. Например, для первой группы в скобках:

$\frac{1}{3} + \frac{1}{4} > \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$

В общем виде, для группы слагаемых от $\frac{1}{2^{m-1}+1}$ до $\frac{1}{2^m}$ (где $m$ пробегает значения от 2 до $k$): эта группа содержит $2^{m-1}$ слагаемых. Каждое слагаемое в этой группе больше, чем последнее слагаемое $\frac{1}{2^m}$. Поэтому сумма этой группы больше, чем произведение количества слагаемых на самое маленькое из них:

$\frac{1}{2^{m-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^m} > \underbrace{\frac{1}{2^m} + \dots + \frac{1}{2^m}}_{2^{m-1} \text{ раз}} = 2^{m-1} \cdot \frac{1}{2^m} = \frac{1}{2}$

Таким образом, сумма в каждой группе в скобках строго больше $\frac{1}{2}$. Всего в выражении для $H_{2^k}$ у нас есть слагаемое $1$, слагаемое $\frac{1}{2}$ и $k-1$ группа в скобках. Заменяя сумму в каждой из этих групп на $\frac{1}{2}$, мы получим оценку снизу для $H_{2^k}$:

$H_{2^k} = 1 + \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2^{k-1}+1} + \dots + \frac{1}{2^k}\right) > 1 + \underbrace{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2}}_{k \text{ раз}}$

Отсюда получаем неравенство:

$H_{2^k} > 1 + k \cdot \frac{1}{2} = 1 + \frac{k}{2}$

Теперь, имея это неравенство, мы можем завершить доказательство. Пусть нам дано произвольное число $M$. Мы хотим найти такое $n$, что $H_n > M$. Мы можем выбрать натуральное число $k$ настолько большим, чтобы выполнялось неравенство $1 + \frac{k}{2} > M$.

Это неравенство равносильно $\frac{k}{2} > M - 1$, или $k > 2(M-1)$.

Поскольку для любого действительного числа $2(M-1)$ всегда можно найти натуральное число $k$, которое его превосходит, мы можем выбрать такое $k$. После этого положим $n = 2^k$. Для этого натурального числа $n$ будет выполняться:

$H_n = H_{2^k} > 1 + \frac{k}{2} > M$

Следовательно, $H_n > M$. Таким образом, для любого числа $M$ мы нашли натуральное $n$, для которого сумма будет больше $M$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано методом оценки частичных сумм гармонического ряда снизу. Показано, что для любого числа $M$ можно выбрать $n=2^k$, где натуральное число $k > 2(M-1)$, и тогда сумма $1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}$ будет больше $M$.