Comparando una suma de Riemann hasta el límite

Question

Para$n\geq 1$$x \gt 0$, definir

$$R_n(x)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(x+\frac{2k-1}{2n})^2}$$

a continuación, $R_n(x)$ es una suma de Riemann, que converge a la integral

$$R=\int_{0}^1 \frac{dt}{(x+t)^2}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$$

Tenemos

$$R-R_1(x)=\frac{1}{x(x+1)(2x+1)^2}$$

$$R-R_2(x)=\frac{16x^2+16x+9}{x(x+1)(4x+1)^2(4x+3)^2}$$

$$R-R_3(x)=\frac{3888x^4 + 7776x^3 + 6984x^2 + 3096x + 675}{x(x+1)(6x+1)^2(6x+3)^2(6x+5)^2}$$

Así, por $n\leq 3$, y el numerador de $R-R_n(x)$ ha positivos de los coeficientes. Puede alguien demostrar que $R>R_n(x)$ cualquier $n$$x$, mostrando los coeficientes son siempre positivas, o por cualquier otro método?

Por cierto, esto podría parecerse a la tarea, pero no lo es.

Answer 1

Los comentarios de la OP lo dicen todo. Para hacer las cosas un poco más explícito: si $f$ es una función convexa, integrables $[a,b] \to \mathbb R$, entonces tenemos $f\left(\frac{a+b}{2}\right) \leq \frac{f(t)+f(a+b-t)}{2}$ para cualquier $t \in [a,b]$. Integración, deducimos $\int_a^b f(t)dt \geq (b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)$. Así, en la suma de Riemann de punto medio

Rn(f,x)=\frac{1}{n}\sum{k=1}^{n}f\left(x+\frac{2k-1}{2n}\right)

cada término individual $\frac{1}{n}\cdot f\left(x+\frac{2k-1}{2n}\right)$ es menor que $\int_{\frac{2k-2}{2n}}^{\frac{2k}{2n}} f(t)dt$ y sumando que obtenemos

$$ Rn(f,x) \leq R = \int {0} ^ {1} f (t) dt $

La pregunta es acerca de $f(x)=\frac{1}{x^2}$.