¿Podemos demostrar esta desigualdad $1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}<\frac{4n+3}{6}\sqrt{n}$ usando integrales por partes?

Question

¿Podemos demostrar esta desigualdad $1+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}

Que necesito para probar esta desigualdad, y he probado de esta manera:

$$\begin{split} \int0^n\sqrt{x} \,dx &=\sum\limits{k=1}^n \int{k-1}^k \sqrt{x}\, dx\ &=\sum\limits{k=1}^n \int0^1 \sqrt{t+k-1} \, dt\ &=\sum\limits{k=1}^n \sqrt{k}-\sum\limits_{k=1}^n \int_0^1\dfrac{t}{2\sqrt{t+k-1}}\,dt \end{dividido} $$

Así $$\sum\limits_{k=1}^n \sqrt{k}=\int0^n \sqrt{x}\, dx+\sum\limits{k=1}^n \int_0^1 \dfrac{t}{2\sqrt{t+k-1}}\, dt$ $.

Pero tal vez no encontré algún truco de desigualdad, no puedo encontrar una aproximación adecuada de la suma de las integrales.

Answer 1

Sugerencia: Pruebe que $$\int_{k-1}^k\sqrt{x}dx>\dfrac{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}{2}$$ and then sum up to get your desired conclusion. You can just do this manually or generally this follows from a very well-known fact that the trapeziodal rule underestimates integral if the function is concave down. ($f(x) = \sqrt{x}$) es cóncava hacia abajo)

Answer 2

En primer lugar, ver que tenemos

$$ \int_0^n \sqrt{x} \;dx = \frac{4n}{6}\sqrt{n} $$

lo que nos da una "parte" de el resultado exigido. Por otra parte, sugiere que debemos tratar de probar lo siguiente:

$$ \sum_{k=1}^n \int_0^1 \frac{t}{2\sqrt{t+k-1}} \;dt < \frac{3}{6}\sqrt{n} = \frac{1}{2}\sqrt{n} $$

La evaluación de la integral, se obtiene:

\begin{align} \int_0^1 \frac{t}{2\sqrt{t+k-1}} \;dt &= \int_{k-1}^{k} \frac{x-k+1}{2\sqrt{x}} \;dx = \frac{1}{2} \int_{k-1}^{k} \sqrt{x} \;dx - (k-1) \int_{k-1}^{k} \frac{1}{2\sqrt{x}} \;dx \\ &= \frac{1}{3} \left(-2k\sqrt{k} + 2k\sqrt{k-1} + 3\sqrt{k} - 2\sqrt{k-1}\right) \end{align}

Sin embargo, para todos los $k \geq 1$, se puede demostrar que:

$$ \frac{1}{3} \left(-2k\sqrt{k} + 2k\sqrt{k-1} + 3\sqrt{k} - 2\sqrt{k-1}\right) < \frac{1}{2} \left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right) $$

Así que terminamos con una telescópica de la suma y el resultado que buscaba:

$$ \sum_{k=1}^n \int_0^1 \frac{t}{2\sqrt{t+k-1}} \;dt < \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right) = \frac{1}{2} \sqrt{n} $$