Demonstrar a desigualdade 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}>\log (n+1)> >\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n+1}.

Passo 1

O que o enunciado pede: provar a desigualdade
1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}>\log (n+1)>\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n+1}.
Informações relevantes dadas (explícitas ou implícitas):
\text{temos as somas harmônicas } \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\quad\text{e}\quad\sum_{k=2}^{n+1}\frac{1}{k},ô
e aparece o logaritmo natural de n+1, ou seja \log(n+1)=\int_{1}^{\,n+1}\frac{1}{x}\,dx.
A função que irá aparecer naturalmente é f(x)=\frac{1}{x}, definida e positiva em [1,n+1].

Passo 2

Ideia principal (sem resolver ainda): comparar cada termo da soma com a área sob a curva y=\frac{1}{x} em intervalos unitários [k,k+1]. Vou usar que, em cada intervalo [k,k+1] com k\in\{1,2,\dots,n\}, a função f(x)=\frac{1}{x} é positiva e estritamente decrescente, então para todo x\in(k,k+1) vale
\frac{1}{k+1}<\frac{1}{x}<\frac{1}{k}.
Essa desigualdade ponto a ponto leva, ao integrar sobre [k,k+1], a desigualdades entre áreas (e daí entre somas e integrais). A soma das áreas dos retângulos de base 1 e altura \frac{1}{k} \frac{1}{k} para cada k; a integral sobre [1,n+1] é \log(n+1). A comparação cuidadosa entre essas áreas vai produzir exatamente as duas desigualdades pedidas.

Passo 3

Fazer a comparação intervalo a intervalo. Para cada inteiro k com 1\le k\le n e para x\in[k,k+1] temos
\frac{1}{k+1}\le\frac{1}{x}\le\frac{1}{k}.
Observação sobre a rigidez: como \frac{1}{x} é estritamente decrescente, nas partes internas do intervalo as desigualdades são estritas; ao integrar veremos que as desigualdades entre as integrais também são estritas (a função não é constante em nenhum desses intervalos).
Agora integro essa desigualdade em x sobre o intervalo [k,k+1]:
\int_{k}^{k+1}\frac{1}{k+1}\,dx \;\le\; \int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}\,dx \;\le\; \int_{k}^{k+1}\frac{1}{k}\,dx.
Como as integrais das constantes são fáceis, isso dá
\frac{1}{k+1}\cdot 1 \;\le\; \int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}\,dx \;\le\; \frac{1}{k}\cdot 1,
ou seja
\frac{1}{k+1}\le \int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}\,dx \le \frac{1}{k},
e, por estrictez (função não constante), realmente
\frac{1}{k+1} < \int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}\,dx < \frac{1}{k}.

Passo 4

Somando as desigualdades obtidas no Passo 3 para k=1,2,\dots,n (somamos as integrais e as frações termo a termo) obtemos
\sum_{k=1}^n\frac{1}{k+1} < \sum_{k=1}^n\int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}\,dx < \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}.
O termo do meio é uma soma de integrais sobre intervalos disjuntos que cobre [1,n+1], logo
\sum_{k=1}^n\int_{k}^{k+1}\frac{1}{x}\,dx=\int_{1}^{\,n+1}\frac{1}{x}\,dx.
Portanto
\sum_{k=1}^n\frac{1}{k+1} < \int_{1}^{\,n+1}\frac{1}{x}\,dx < \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}.

Passo 5

Calcular a integral do meio. Sabemos que a primitiva de \frac{1}{x} é \log x, logo
\int_{1}^{\,n+1}\frac{1}{x}\,dx=\log(n+1)-\log 1=\log(n+1),
pois \log 1=0. Substituindo isso na desigualdade do Passo 4 obtemos
\sum_{k=1}^n\frac{1}{k+1} < \log(n+1) < \sum_{k=1}^n\frac{1}{k}.
Escrevendo as somas de forma explícita:
\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n+1} < \log(n+1) < 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}.
Isto é exatamente a desigualdade que queríamos demonstrar (com sinais estritos porque \frac{1}{x} é estritamente decrescente em [1,n+1]).

Resposta

1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n}>\log(n+1)>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\ldots+\dfrac{1}{n+1}

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