Si $ I = \sum^{98}_{k=1}\int^{k+1}_{k}\frac{k+1}{x(x+1)}dx.$ luego probar que $ \ln\left(\frac{49}{50}\right)<I <\ln(99)$

Question

<blockquote> <p>Si $\displaystyle I = \sum^{98}_{k=1}\int^{k+1}_{k}\frac{k+1}{x(x+1)}dx.$ luego probar que $\displaystyle \ln\left(\frac{49}{50}\right)<I <\ln(99)$</p> </blockquote> <p>Tentativa: $$I = \sum^{98}_{k=1}\int^{k+1}_{k}(k+1)\bigg[\frac{1}{x(x+1)}\bigg]dx = \sum^{98}_{k=1}\int^{k+1}_{k}(k+1)\bigg[\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\bigg]dx$ $</p> <p>Así $$I = \sum^{98}_{k=1}(k+1)\bigg[\ln(x)-\ln(x+1)\bigg]\bigg|_{k}^{k+1}$ $</p> <p>$$I= \sum^{98}_{k=1}(k+1)\bigg[\bigg(\ln(k+1)-\ln(k+2)\bigg)-\bigg(\ln(k)-\ln(k+1)\bigg)\bigg]$$</p> <p>$$ \sum^{98}_{k=1}(k+1)\ln(k+1)-k\ln(k)-\sum^{98}_{k=1}(k+1)\ln(k+2)-k\ln(k+1)+\sum^{98}_{k=1}\ln(k+1)-\ln(k)$$</p> <p>Así tenemos %#% $ #%</p> <p>alguno me podria ayudar cómo probar $$I = \ln(2)+\ln \bigg(\frac{99}{100}\bigg)^{100}$ $, gracias</p>

Answer 1

%#% $ de #% por lo tanto por exponenciación es suficiente para mostrar que $$\begin{eqnarray} I &=& \sum_{k=1}^{98}(k+1)\left[2\log(k+1)-\log(k)-\log(k+2)\right]\&\stackrel{\text{SBP}}{=}& \log(2) + 100\log(99)-99\log(100)\end{eqnarray}$ $ y por la desigualdad $$ 1-\frac{1}{50}

Answer 2

Tenga en cuenta que $x\in[k,k+1]$, $$ k<x i="" lo="" por="" tanto="" y="">\ln(\frac{49}{50}). \end{eqnarray}</x>