probar $\frac{1}{ n+1}+\frac{1}{ n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}<\frac{25}{36}$ por inducción matemática

Question

Cómo probar $$\frac{1}{ n+1}+\frac{1}{ n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}<\frac{25}{36}$$

por inducción matemátican $\ge $ 1

Answer 1

Por lo que veo, ninguna de las respuestas hasta ahora da una prueba por inducción. Aquí hay una.

Dejemos que

$$S_n=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k\;.$$

Por cálculo explícito

$$\frac{25}{36}-\frac1{60}-S_{16}=\frac{238793353}{20629078984800}\gt0\;.$$

Como otros han señalado, la secuencia aumenta monótonamente, por lo que se establece la desigualdad hasta $n=16$ . Ahora podemos demostrar

$$ S_n\lt\frac{25}{36}-\frac1{4(n-1)} $$

para $n\ge16$ por inducción. El caso base se trata más arriba. El paso de inducción es

$$ \begin{align} S_{n+1} &= S_n+\frac1{2n+1}+\frac1{2n+2}-\frac1{n+1} \\ &= S_n+\frac1{(2n+1)(2n+2)} \\ &\lt S_n+\frac1{4n(n-1)} \\ &\lt \frac{25}{36}-\frac1{4(n-1)}+\frac1{4n(n-1)} \\ &= \frac{25}{36}-\frac1{4n}\;. \end{align} $$

La idea general que se obtiene aquí es que una prueba por inducción a veces se convierte en más fácil cuando hacemos la conclusión más fuerte . Esto se debe a que no sólo refuerza la conclusión del paso de inducción, sino también su premisa. En el caso que nos ocupa, la afirmación original no se puede demostrar directamente por inducción, ya que saber que la desigualdad se mantiene no ayuda a demostrar que se mantiene si añadimos algo al lado menor; pero al reforzar la conclusión un poco más para $n$ que para $n+1$ podemos crear algo de espacio para trabajar en el paso de inducción.

Answer 2

He aquí un enfoque del problema. Es muy posible que haya una solución más corta y sencilla para este problema en particular, pero pensé que podría ser útil explicar mis procesos de pensamiento para resolverlo como una ilustración de cómo se podría atacar un problema de este tipo. Todavía he dejado un poco de trabajo para que lo completes.

Dejemos que $$s_n=\frac1{n+1}+\frac1{n+2}+\ldots+\frac1{2n}$$ para $n\ge 1$ el problema es demostrar que $s_n<\frac{25}{36}$ para todos $n\ge 1$ . Un pequeño cálculo muestra que $s_1=\frac12,s_2=\frac7{12}$ y $s_3=\frac{37}{60}$ , por lo que parece que la secuencia es creciente. Como el lado derecho de la desigualdad deseada es constante, $\frac{25}{36}$ La secuencia no puede aumentar muy rápidamente; podría ser una buena idea ver cuánto aumenta con cada término.

$$\begin{align*} s_{n+1}-s_n&=\left(\frac1{n+2}+\frac1{n+3}+\ldots+\frac1{2n+2}\right)-\left(\frac1{n+1}+\frac1{n+2}+\ldots+\frac1{2n}\right)\\ &=\frac1{2n+1}+\frac1{2n+2}-\frac1{n+1}\\ &=\frac1{2n+1}-\frac1{2n+2}\;. \end{align*}$$

Así,

$$\left\{\begin{align*}s_1&=\frac12\;,\\ s_2&=s_1+(s_2-s_1)=\frac12+\frac13-\frac14\;,\\ s_3&=s_2+(s_3-s_2)=\frac12+\frac13-\frac14+\frac15-\frac16\;, \end{align*}\right.\tag{1}$$

y así sucesivamente. Deberías ser capaz de demostrar una generalización de $(1)$ con bastante facilidad por inducción.

Ahora, observe que en cada línea de $(1)$ La serie de la derecha es alterna excepto el primer término, y los términos son decrecientes. Consideremos la serie infinita

$$\frac12+\frac13-\frac14+\frac15-\frac16+\frac17-\frac18\pm\ldots\;,\tag{2}$$

y que $t_n$ sea el $n$ -a la suma parcial: $t_1=\frac12$ , $t_2=\frac12+\frac13$ , $t_3=\frac12+\frac13-\frac14$ y así sucesivamente. Obsérvese que $s_n=t_{2n-1}$ por cada $n\ge 1$ .

Corregido: En este punto reconozco una serie familiar y saco un martillo moderadamente pesado:

$$\ln 2=\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n+1}}n=1-\frac12+\frac13-\frac14\pm\ldots\;,\tag{3}$$ que es exactamente lo mismo que $(2)$ después de combinar los dos primeros términos. Porque $(3)$ es una serie alterna con términos estrictamente decrecientes que tienden a $0$ sus sumas parciales están alternativamente por encima y por debajo de su suma, y nuestros términos $s_n$ son precisamente las sumas parciales que están por debajo de $\ln 2$ la suma de las series. Dado que $\ln 2\approx0.69315<0.69\overline{4}=\frac{25}{36}$ tenemos la desigualdad deseada.

Answer 3

He aquí una prueba elemental, que no requiere largos cálculos. Sea

$$S_n=\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k$$

Demostramos por inducción que $S_n \le \frac{25}{36} - \frac{1}{4n+1}$ para todos $n \ge 2$ . Para empezar, $S_2 = \frac13+\frac14=\frac{25}{36} - \frac19$ por lo que la hipótesis es cierta para $n=2$ . Ahora supongamos que es cierto para $n-1$ . Entonces

$$\begin{align} S_n &= S_{n-1} -\frac1n + \frac{1}{2n-1} + \frac{1}{2n}\\ &= S_{n-1} + \frac{1}{2n(2n-1)}\\ &\le \frac{25}{36} - \frac{1}{4n-3} + \frac{1}{2n(2n-1)}\\ &= \frac{25}{36} - \frac{1}{4n+1} - \frac{4}{(4n-3)(4n+1)} + \frac{1}{2n(2n-1)}\\ &< \frac{25}{36} - \frac{1}{4n+1} \end{align}$$ porque $2n(2n-1) > (4n-3)(4n+1)/4$ .

Answer 4

Tal vez quiera utilizar la identidad Botez-Catalán y luego la expansión de Taylor de $\ln(1+x)$ en $x=0$ .

Ver mi respuesta aquí .

Answer 5

Dejemos que $$S_n:={1\over n+1}+\ldots+{1\over 2n}\ .$$ Desde $$S_{n+1}-S_n={1\over 2n+1}-{1\over 2n+2}>0$$ No creo que haya una verdadera prueba inductiva de la desigualdad declarada. Pero podemos argumentar lo siguiente: $$S_n={1\over n}\left({1\over1+{1\over n}} +{1\over1+{2\over n}}+\dotso+{1\over1+{n\over n}}\right)$$ puede considerarse como una suma de Riemann para la integral $\int_0^1{1\over 1+x}\ dx$ y observando la gráfica del integrando vemos que en realidad $$S_n<\int_0^1{1\over 1+x}\ dx=\log 2<{25\over36}\ .$$ Si se desea se podría demostrar la última desigualdad "desde los primeros principios", utilizando la serie para $\log(1-{1\over2})$ .