Prueba $\ 1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+ ... + \frac{1}{3n+1}<2 $ utilizando Cauchy-Schwarz

Question

¿Cómo puedo demostrar esta desigualdad?

$$\ 1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+ ... + \frac{1}{3n+1}<2 $$

He tratado de demostrar que $$\ \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+ ... + \frac{1}{3n+1} \ $$ es menor que $$\ \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+ ... + \frac{1}{n} \ $$ y que esta suma sea inferior a $2$ o igual a $2$ usando C-S.

Answer 1

Por C-S $$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}+...+\frac{1}{3n}+\frac{1}{3n+1}=$$ $$=\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{3n+1}\right)+\left(\frac{1}{n+2}+\frac{1}{3n}\right)+...+\left(\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+2}\right)+\frac{1}{2n+1}>$$ $$>\frac{(1+1)^2}{4n+2}+\frac{(1+1)^2}{4n+2}+...+\frac{(1+1)^2}{4n+2}+\frac{1}{2n+1}=1.$$ La desigualdad de la derecha la podemos demostrar de forma similar: $$\sum_{k=1}^{2n+1}\frac{1}{n+k}=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{n+k}+\frac{1}{3n+2-k}\right)+\frac{1}{2n+1}=$$ $$=\sum_{k=1}^n\frac{4n+2}{(n+k)(3n+2-k)}+\frac{1}{2n+1}<\sum_{k=1}^n\frac{4}{3n}+\frac{1}{3}=\frac{5}{3}<2.$$

Answer 2

Un enfoque

Más sencillo que Cauchy-Schwarz es observar que para $x\in(n,n+1)$ , $$ \frac1{n+1}\lt\frac1x\lt\frac1n\tag1 $$ que, al integrarse en $x$ en $(n,n+1)$ , da $$ \frac1{n+1}\lt\log\left(\frac{n+1}n\right)\lt\frac1n\tag2 $$ entonces $$ \begin{align} \sum_{k=n}^{3n}\frac1{k+1} &\le\sum_{k=n}^{3n}\log\left(\frac{k+1}k\right)\\ &=\log\left(\frac{3n+1}n\right)\\[3pt] &=\log\left(3+\frac1n\right)\tag3 \end{align} $$ y $$ \begin{align} \sum_{k=n}^{3n}\frac1{k+1} &\ge\sum_{k=n}^{3n}\log\left(\frac{k+2}{k+1}\right)\\ &=\log\left(\frac{3n+2}{n+1}\right)\\[3pt] &=\log\left(3-\frac1{n+1}\right)\tag4 \end{align} $$ Desde $\log(4)\lt2$ , la desigualdad $(3)$ muestra el límite superior de $n\ge1$ .

Desde $\log\left(\frac{11}4\right)\gt1$ , la desigualdad $(4)$ muestra el límite inferior de $n\ge3$ . Sólo tenemos que verificar el límite inferior de $n=1$ y $n=2$ .

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Un segundo enfoque, utilizando Cauchy-Schwarz

Multiplicando simplemente el número de términos por el término mayor se obtiene $$ \begin{align} \sum_{k=n}^{3n}\frac1{k+1} &\le\frac{2n+1}{n+1}\\ &=2-\frac1{n+1}\\[9pt] &\lt2\tag5 \end{align} $$ Aplicando Cauchy-Schwarz da $$ \begin{align} \sum_{k=n}^{3n}\frac1{k+1}\sum_{k=n}^{3n}(k+1) &\gt\left(\sum_{k=n}^{3n}1\right)^2\\ &=(2n+1)^2\\ &=\sum_{k=n}^{3n}(k+1)\tag6 \end{align} $$ La igualdad no se mantiene en la primera línea de $(6)$ porque los vectores no son paralelos.

Por lo tanto, $$ \sum_{k=n}^{3n}\frac1{k+1}\gt1\tag7 $$ Desigualdades $(5)$ y $(7)$ demostrar que $$ 1\lt\sum_{k=n}^{3n}\frac1{k+1}\lt2\tag8 $$

Answer 3

He aquí una respuesta alternativa utilizando $AM-HM$ desigualdad: $$\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \geq \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}}$$

toma $a_1=n+1, a_2=n+2,\cdots,a_{2n+1}=3n+1$ entonces por la desigualdad anterior $$\frac{(n+1)+(n+2)+\cdots+(3n+1)}{2n+1} \geq \frac{2n+1}{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{3n+1}}$$ En consecuencia, $$\frac{4n^2+4n+1}{2n+1} \geq \frac{2n+1}{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{3n+1}}$$ lo que implica $$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{3n+1} \geq \frac{(2n+1)^2}{4n^2+4n+1}=1$$

Answer 4

Una pista.

Definir

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

por lo que

$$ \int f_n(x) dx = \int x^n\left(\frac{x^{2n+1}-1}{x-1}\right)dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}+\cdots+\frac{x^{3n+1}}{3n+1} $$

y ahora aplicamos la desigualdad de Cauchy-Schwartz sobre $u(x) = x^n, v(x) = \frac{x^{2n+1}-1}{x-1}$ .