Prueba de que $\frac{9}{8} < \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} < \frac{5}{4}$ .

Question

Estoy tratando de demostrar que $\frac{9}{8} < \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} < \frac{5}{4}$ . He visto pruebas similares a ésta que tienden a plantear las pruebas geométricamente, usando los límites superior e inferior del resto, la suma de la serie menos su $k$ ª suma parcial, generada a partir de la prueba integral. Suele implicar algún truco como "excluir $k$ términos". Mi profesor tiende a empezar por el segundo término para encontrar un "límite inferior", a partir del cual la demostración se sigue con manipulación algebraica, pero me pareció sugerir que esto se seguía de ensayo y error.

Así que, dicho esto, realmente no puedo decir que entienda la intuición que hay detrás de encontrar o probar esto. El primer paso parece ser trazar $y = \frac{1}{x^3}$ y luego considerando sumas de Riemann superior e inferior (geométricamente, "casillas" por encima de la curva que generarán una suma mayor que el área por debajo de ella y casillas por debajo de la curva que generarán una suma menor que el área por debajo de ella). Aunque creo que puedo dibujar la gráfica, me cuesta cómo enfocar el problema, incluso si tengo bien la idea abstracta, cosa que dudo bastante.

Agradecería mucho si alguien pudiera arrojar algo de luz sobre esto. Gracias de antemano.

Answer 1

Enfoque Evitar integrales

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} \frac1{\left(n-\frac12\right)^2}-\frac1{\left(n+\frac12\right)^2} &=\frac{2n}{\left(n^2-\frac14\right)^2}\\ &\gt\frac2{n^3} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^3} &\lt1+\frac12\sum_{n=2}^\infty\left[\frac1{\left(n-\frac12\right)^2}-\frac1{\left(n+\frac12\right)^2}\right]\\ &=\frac{11}9 \end{align} $$ La otra dirección es simplemente $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^3} &\gt\sum_{n=1}^2\frac1{n^3}\\ &=\frac98 \end{align} $$ Así, obtenemos los límites más estrictos $$ \frac98\lt\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^3}\lt\frac{11}9 $$

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Limitación por integrales

Tenga en cuenta que $$ \int_n^{n+1}\frac1{x^3}\,\mathrm{d}x\le\frac1{n^3}\le\int_{n-1}^n\frac1{x^3}\,\mathrm{d}x $$ Por lo tanto, $$ 1+\overbrace{\int_2^\infty\frac1{x^3}\,\mathrm{d}x}^{\le\sum\limits_{k=2}^\infty\frac1{n^3}}\le\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^3}\le1+\frac18+\overbrace{\int_2^\infty\frac1{x^3}\,\mathrm{d}x}^{\ge\sum\limits_{k=3}^\infty\frac1{n^3}} $$ Así, $$ \frac98\le\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^3}\le\frac54 $$

Answer 2

Véanse las barras verdes para la desigualdad LH y las barras naranjas para la desigualdad RH. $$\begin{align} 1+\int_2^\infty\frac 1{x^3}\; dx \quad &<\quad \sum_{n=1}^\infty \frac 1{n^3} &&<\quad 1+\frac 18+\int_2^\infty \frac 1{x^3} \; dx\\ \frac 98 \quad &<\quad \sum_{n=1}^\infty \frac 1{n^3} &&<\quad\frac 54 & \end{align}$$

Answer 3

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} =\sum_{n=1}^k \frac{1}{n^3} + \sum_{n=k+1}^{\infty} \frac{1}{n^3}< \sum_{n=1}^k \frac{1}{n^3}+\int_{k}^{\infty} \frac{1}{x^3} dx =\sum_{n=1}^k \frac{1}{n^3}+\frac{1}{2 k^2}$$ y esto para cualquier $k\ge 1$ . Para $k=2$ obtenemos RHS $=1+1/8+1/8=5/4$ .

Answer 4

Tu intuición para atacar este problema con un enfoque geométrico y reconociendo la utilidad de la prueba integral en problemas similares es buena. Una vez que sospechas que la prueba integral va a ser útil, una buena forma de confirmarlo es dibujar unas cuantas cajas de altura $\frac{1}{n^3}$ a partir de $1$ y pregúntate si hay funciones monotónicamente decrecientes fáciles de integrar que limiten estas casillas por debajo o por encima.

Una vez hecho esto, está claro que $\int_{k}^\infty \frac{1}{x^3} dx$ limita la suma $\sum_{n = k}^\infty \frac{1}{n^3}$ a continuación y la suma $\sum_{n= k + 1}^\infty \frac{1}{n^3}$ arriba. El resto del problema consiste en calcular cuántos términos de la suma hay que tomar para que este límite sea lo suficientemente ajustado como para satisfacer la petición.

Answer 5

He aquí otro enfoque: \begin{align}\frac{9}{8} =\frac{1}{1^3} + \frac{1}{2^3} <\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3} = 1+\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^3}<1+\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^3-n} &= 1+\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n(n-1)(n+1)} \\ &= 1+\frac{1}{2}\sum_{n=2}^\infty\left(\frac{1}{n(n-1)}-\frac{1}{n(n+1)}\right) \\ &= 1 + \frac{1}{2}\lim_{k\to\infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{k(k+1)}\right) \\ &= \frac{5}{4}.\end{align}