Demostrar que $\sum_{k=2}^{\infty} \frac{k^s}{k^{2s}-1}> \frac{3\sqrt{3}}{2}(\zeta(2s)-1),\space s>1$

Question

De qué maneras tendría que proponer para la obtención de la desigualdad de abajo?

$$\sum_{k=2}^{\infty} \frac{k^s}{k^{2s}-1}> \frac{3\sqrt{3}}{2}(\zeta(2s)-1),\space s>1$$

El lado izquierdo puede escribirse como

$$\sum_{k=2}^{\infty} \frac{k^s}{k^{2s}-1}>\zeta(s)-1$$ pero ¿cómo podemos demostrar entonces que

$$\zeta(s)-1> \frac{3\sqrt{3}}{2}(\zeta(2s)-1)$$ ? Podemos hacerlo sin el uso de las integrales?

Answer 1

El Valor medio Teorema dice que para algunos $\eta$$n$$n+1$, tenemos $$ n^{1-{\large s}}-(n+1)^{1-{\large s}}=(1-s)\eta^{-{\large s}}\etiqueta{1} $$ Así, por $s\gt0$, $$ \frac{n^{1-{\large s}}-(n+1)^{1-{\large s}}}{1-s} \le n^{-{\large s}} \le\frac{(n-1)^{1-{\large s}}-n^{1-{\large s}}}{1-s}\etiqueta{2} $$

Podemos tener fácilmente el límite superior $$ \begin{align} \zeta(s)-1 &=2^{-{\large s}}+\sum_{n=3}^\infty n^{-{\large s}}\\ &\le2^{-{\large s}}+\sum_{n=3}^\infty\frac{(n-1)^{1-{\large s}}-n^{1-{\large s}}}{1-s}\\[4pt] &=\frac{s+1}{s-1}2^{-{\large s}}\tag{3} \end{align} $$ Además, tenemos el límite inferior $$ \begin{align} \zeta(s)-1 &=2^{-{\large s}}+\sum_{n=3}^\infty n^{-{\large s}}\\ &\ge2^{-{\large s}}+\sum_{n=3}^\infty\frac{n^{1-{\large s}}-(n+1)^{1-{\large s}}}{1-s}\\ &=2^{-{\large s}}+\frac3{s-1}3^{-{\large s}}\tag{4} \end{align} $$ Por lo tanto, el uso de $(1)$$\zeta(2s)-1$$(2)$$\zeta(s)-1$, obtenemos $$ \begin{align} \frac{\zeta(s)-1}{\zeta(2s)-1} &\ge\frac{2^{-{\large s}}+\frac3{s-1}3^{-{\large s}}}{\frac{2s+1}{2s-1}2^{-2{\large s}}}\\ &=2^{\large s}\frac{2s-1}{2s+1}+\left(\frac43\right)^{\large s}\frac{6s-3}{(2s+1)(s-1)}\\[3pt] &=2^{\large s}\left(1-\frac2{2s+1}\right)+\left(\frac43\right)^{\large s}\left(\frac4{2s+1}+\frac1{s-1}\right)\tag{5} \end{align} $$ Desde $2^{\large s}\left(1-\frac2{2s+1}\right)$ es una función creciente, para $s\ge1$, $$ 2^{\large s}\left(1-\frac2{2s+1}\right)\ge\frac23\etiqueta{6} $$ Tenga en cuenta que $\dfrac{a^x}{x}\ge e\log(a)$. Por lo tanto, $$ \begin{align} \left(\frac43\right)^{\large s}\frac4{2s+1} &=\sqrt3\left(\frac43\right)^{{\large s}+1/2}\frac1{s+\frac12}\\ &\ge\sqrt3\,e\log\left(\frac43\right)\tag{7} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \left(\frac43\right)^{\large s}\frac1{s-1} &=\frac43\left(\frac43\right)^{{\large s}-1}\frac1{s-1}\\ &\ge\frac43e\log\left(\frac43\right)\tag{8} \end{align} $$ Por lo tanto, la combinación de $(5)$, $(6)$, $(7)$, y $(8)$ rendimientos $$ \begin{align} \frac{\zeta(s)-1}{\zeta(2s)-1} &\ge\frac23+\left(\frac43+\sqrt3\right)e\log\left(\frac43\right)\\[3pt] &=3.06379997671918\tag{9} \end{align} $$ mientras que $\dfrac{3\sqrt3}{2}=2.59807621135332$

Answer 2

De $n^s\ge3^s>2^s+1$ al $n\ge3$, tenemos \begin{align} &(\zeta(s)-1)-(2^s+1)(\zeta(2s)-1)\\&=\sum_{n=2}^\infty\frac1{n^s}\left(1-\frac{2^s+1}{n^s}\right)\\&=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2^{ks}}\left(1-\frac{2^s+1}{2^{ks}}\right)+\sum_{\substack{n\ge3\\n\ne2^k}}\frac{1}{n^{s}}\left(1-\frac{2^s+1}{n^s}\right)\\&>\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2^{ks}}\left(1-\frac{2^s+1}{2^{ks}}\right)+\sum_{\substack{n\ge3\\n\ne2^k}}\frac{1}{n^{s}}\left(1-\frac{n^s}{n^s}\right)\\&=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2^{ks}}\left(1-\frac{2^s+1}{2^{ks}}\right)\\&=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{2^{ks}}-\frac{1}{2^{(2k-1)s}}-\frac{1}{2^{2ks}}\right)=0 \end{align} Por lo$$\frac{\zeta(s)-1}{\zeta(2s)-1}>2^s+1>3>\frac{3\sqrt{3}}{2}$$y ya está.

También podemos probar a $\zeta(s)>\zeta(2s)^3$ $\displaystyle\zeta(s)=\prod_p\left(1-\frac1{p^s}\right)^{-1}$ y terminar por $\displaystyle\frac{\zeta(s)-1}{\zeta(2s)-1}>\zeta(2s)^2+\zeta(2s)+1>3$ pero creo que por encima de la manera más limpia. Para añadir algo más de información en este sentido, Mathematica parcela sugiere $\zeta(s)>\zeta(2s)^5$ mantener.

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Demostrando la primera propuesta de la desigualdad es mucho más fácil... sólo Tenemos que probar $$\frac{x}{x^2-1}>\frac{3\sqrt{3}}{2}\frac{1}{x^2}$$ for $x>2$. $\frac{x^3}{x^2-1}$ has minimum at $x=\sqrt{3}$ so $\frac{x^3}{x^2-1}>\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Perhaps that's where the constant $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ proviene?