Demostrar

Question

Así que me he tropezado con esta pregunta y estaba muy intrigado sobre cómo resolverlo. Tengo una intuitiva solución, pero supongo que eso no es suficiente. Yo estaría encantado si usted podría arrojar algo de luz sobre cómo hacer que sea más riguroso.

Demostrar la siguiente desigualdad:

$$\forall m\in\mathbb{N},m\neq1:\quad\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2}\leq\int_1^m\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\ dx$$

Mi solución intuitiva:

Definir $f(x)=\frac{1}{x^2}$ en el intervalo de $[1,m]$. Intuitivamente, la suma de los valores de $f$ a lo largo de su gráfica en el intervalo de $[1,m]$ sería mayor que la discreta suma de la serie, ya que cada elemento de la serie es que ya se resumen en la integral; junto con otros positivos (real) de los valores.

Así, se define:

$$\gamma(t)=\left(t,\frac{1}{t^2}\right) \implies \gamma'(t)=\left(1,-\frac{2}{t^3}\right) \\ t\in[1,m]$$

Podemos decir que:

$$L(\gamma)\equiv\int_\gamma ds\geq\sum_{n=1}^m\frac{1}{n^2}$$

La evaluación de $\displaystyle \int_{\gamma}ds$, vamos a obtener la deseada desigualdad:

$$\fbox{$\int_1^m \frac{\sqrt{t^4+6}}{t^3}\ dt \geq \sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2}$}$$

Me encantaría escuchar sus pensamientos. Gracias!

P. S.: Ya que el integrando es mayor que $1$, podemos decir que cuando se $m\to\infty$, la integral diverge. Por lo tanto, la serie converge, la desigualdad se convierte en trivial para lo suficientemente grandes valores de $m$. Los valores interesantes de la desigualdad sería tan bajo como sea posible, específicamente $m=2$.

Answer 1

Tenemos $$\int_1^m\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\,\mathrm dx\ge \int_1^m\frac{\sqrt{x^6}}{x^3}\,\mathrm dx =\int_1^m\,\mathrm dx=m-1 mientras que $$\sum_{n=1}^m\frac1{n^2}\le 1+\sum_{n=2}^m\frac14=1+\frac{m-1}4. Esto resuelve $m\ge 3$ , solo necesitamos verificar si $$ \int_1^2\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\,\mathrm dx\ge\frac54?

Answer 2

@Hagen von Eitzen muestra que contiene para $m\ge 3$. Todavía es necesario comprobar si $$\int_1^2\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\,\mathrm dx\ge\frac54.$$ Esta respuesta va a demostrar que no tiene por $m=2$. Deje $f(x)=\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}=\sqrt{1+\frac{4}{x^6}}$.

Suponga $g(x)$ es una función en $[1,2]$ tal que $f(x)> g(x)$ e $\int_1^2 g(x)\mathrm dx \ge \frac{5}{4}$. Entonces tenemos $$\int_1^2 f(x)\mathrm dx > \int_1^2 g(x) \mathrm dx \ge \frac{5}{4}.$$

Para encontrar la función de $g(x)$, yo uso Octava código (https://octave-online.net/bucket~HZvybAz3FzZBX2cvzgWg86 ) para encontrar una clase de función $g(x)=1+\frac{a_1}{x^{b1}}-\frac{a2}{x^{b2}}$. Una solución es $(a_1,a_2,b_1,b_2)=(2,1,3,2)$. Por lo tanto $g(x)=1+\frac{2}{x^3}-\frac{1}{x^2}$ debe ser una opción. Sin embargo, todavía tiene que demostrar que $g$ hacer cumplir las condiciones.

• Se desprende de lo $1\le x \le 2$ que $x>0$ e $x^3-x+2>0$. Así tenemos $$\begin{split} &f(x)>g(x) \\ \Longleftrightarrow &\sqrt{1+\frac{4}{x^6}}>1+\frac{2}{x^3}-\frac{1}{x^2} \\ \Longleftrightarrow &\sqrt{x^6+4}>x^3-x+2 \\ \Longleftrightarrow &x^6+4>(x^3-x+2)^2 \\ \Longleftrightarrow &x (2 x^3 - 4 x^2 - x + 4)>0 \\ \Longleftrightarrow &2 x^3 - 4 x^2 - x + 4>0 \\ \end{split}$$ Es fácil calcular que $\min_{1\le x\le 2}{2 x^3 - 4 x^2 - x + 4}=\frac{58}{27}>0$. Por lo $f(x)>g(x)$.
• $\int_1^2 g(x)\mathrm dx =\int_1^2 \left(1+\frac{2}{x^3}-\frac{1}{x^2}\right) \mathrm dx = \frac{x^3+x-1}{x^2}\Big|_1^2= \frac{5}{4}$

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Como una evidencia completa, me gustaría usar otro método, "la inducción en $m$", para demostrar la pregunta original.

Para $m=2$, es demostrado en la anterior. Suponga que se tiene para $m\ge 3$, es decir, $\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2}\leq\int_1^m\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx$.

Teniendo en cuenta que $$\int_1^{m+1}\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx=\int_1^m\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx+\int_{m}^{m+1}\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx$$ and $$\sum_{n=1}^{m+1}\frac{1}{n^2}=\left(\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2}\right)+\frac{1}{({m+1})^2},$$ by induction it is sufficient to prove $$\int_{m}^{m+1}\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx\ge \frac{1}{({m+1})^2}.$$ Obviamente, no es cierto, ya que cuando se $m\le x \le m+1$, $$\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\ge \frac{\sqrt{(m+1)^6+4}}{(m+1)^3}=\sqrt{1+\frac{4}{(m+1)^6}}> 1 \ge \frac{1}{({m+1})^2}.$$ So $$\int_{m}^{m+1}\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx>\int_m^{m+1} \frac{1}{({m+1})^2} \mathrm dx = \frac{1}{({m+1})^2}.$$

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Comentario: Como el "P. S" añadida al final de la OP, el autor constata que $A=\int_{n}^{n+1}\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx$ es mucho mayor que $B=\frac{1}{({n+1})^2}$ cuando $n$ es lo suficientemente grande. De hecho, $A-B\to 1$ cuando $n\to +\infty$ y es obvio que $A>1>B$. Si nos re-escribir $\int_1^m\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx$ como $S_1=\sum_{n=2}^{m}\int_{n-1}^{n}\frac{\sqrt{x^6+4}}{x^3}\mathrm dx$ y compararlo con $S_2=\sum_{n=1}^{m}\frac{1}{n^2}$, entonces usted va a encontrar que el $n$-ésimo elemento en $S_1$ es siempre mayor que el $n$-ésimo elemento en $S_2$ excepto $n=2$. Sin embargo, tenga en cuenta que el número de elementos en $S_1$ es exacto a menos de que en $S_2$. Así que el primer elemento en $S_1$ ha correspondientes a los dos primeros puntos en $S_2$. Así que estoy de acuerdo a Amit Zach comentario de que es más difícil de probar para $m=2$.