Demostrar que $\sum_{i=1}^{n} \frac{n+i}{i+1} \le 1 + n(n-1) \ \forall n \in \Bbb{N}$ (sin cálculo)

Question

Estoy tratando de demostrar la siguiente proposición (no estoy supone que el uso de cálculo):

$$\sum_{i=1}^{n} \frac{n+i}{i+1} \le 1 + n(n-1) \ \forall n \in \Bbb{N}$$

(Estoy asumiendo que $0 \notin \Bbb{N}$)

Esto es lo que yo he probado hasta ahora:

$\sum_{i=1}^{n} \frac{n+i}{i+1} = \sum_{i=1}^{n}[ \frac{n}{i+1} + \frac{i}{i+1} ] = [\sum_{i=1}^{n} \frac{n}{i+1}] + \sum_{i=1}^{n} \frac{i}{i+1} = n[\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i+1}] + \sum_{i=1}^{n} \frac{i}{i+1}$

Deje $j= i +1$ . Así que ahora tenemos:

$\sum_{i=1}^{n} \frac{n+i}{i+1} = n[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + \sum_{j=2}^{n+1} \frac{j-1}{j}$

$= n[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + \sum_{j=2}^{n+1} \frac{j}{j} - \sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}$

$= n[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}]- \sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j} + \sum_{j=2}^{n+1} 1 $

$= (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + [\sum_{j=1}^{n+1} 1 ] -1 $

$= (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + n+1 -1 $

$= (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + n$

Por lo tanto, demostrar la siguiente desigualdad es la misma como la demostración de la original:

$$ (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + n \le 1 + n(n-1)$$

Si $n=1$ $ (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + n = 1$ $1 + n(n-1) = 1$

Ahora supongo que $n>1$:

$ (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + n \le 1 + n(n-1) \iff (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] + n \le 1 + n^2 - n$

$\iff (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] \le 1 + n^2 - 2n$

$\iff (n-1)[\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j}] \le (n-1)^2$

$\iff \sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j} \le \frac{(n-1)^2}{n-1}$

$\iff \sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j} \le n-1$

$\iff 1 + \sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j} \le n$

$\iff \sum_{j=1}^{n+1} \frac{1}{j} \le n$

Y aquí es donde estoy atascado. Sé que una cota superior para la suma de armónicos se puede encontrar utilizando una integral de la prueba, pero no estoy supone que el uso de cálculo. Hay una forma discreta de la prueba de la $\sum_{j=1}^{n+1} \frac{1}{j} \le n$ natural de todos los $n \ge 2$ ? O tal vez otra manera de probar que la proposición sin tener que acabar con la armónica de la suma?

Answer 1

$$\sum_{j=1}^{n+1} \frac{1}{j} \le n$$ is easy to prove of $n \geq 2$. Note that the inequality fails for $n=1$.

De hecho $$\sum_{j=1}^{n+1} \frac{1}{j}=\sum_{j=1}^{n-1} \frac{1}{j}+\left( \frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)<\sum_{j=1}^{n-1} 1+\left( \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=n $$

Answer 2

Puede utilizar $$\frac{1}{j} \le \frac 12 ~ \forall j \ge 2$$

Por lo tanto, $$\sum_{j=2}^{n+1}\frac 1j \le n \times \left(\frac{1}{2}\right) \implies \color{blue}{1} +\sum_{j=2}^{n+1}\frac 1j \le \frac{n+2}{2} \le n \quad \forall \;n \ge 2$$

Para, $n=1$ es fácil comprobar, que es incorrecta.

Answer 3

Es un poco más fácil demostrar la $\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j} \le n-1$, por lo que voy a hacer eso en lugar de (como nota, son equivalentes). En particular, tenga en cuenta que cada término en el lado izquierdo no es mayor que $\frac{1}{2}$: $$\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{j} \le \sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{2} \\ \leq \frac{1}{2}n.$$ Así que, todo lo que necesita hacer es mostrar que $\frac{1}{2} n \leq (n-1)$$n \geq 2$, que sigue de inmediato.