Prueba $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n}} > 2\:(\sqrt{n+1} − 1)$

Question

Básicamente, estoy tratando de demostrar (por inducción) que:

$$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots+\frac{1}{\sqrt{n}} > 2\:(\sqrt{n+1} 1)$$

Sé que para empezar, deberíamos usar un caso base. En este caso, usaré $1$ . Así que tenemos:

$$1 > 2\:(1+1-1) = 1>-2$$

Lo cual se resuelve.

Mi problema es el siguiente paso. ¿Qué viene después de esto? Gracias.

Answer 1

También se puede utilizar el Teorema del Valor Medio,

Dejemos que $\displaystyle f(x)=\sqrt{x}$

$\displaystyle f'(x)=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{x}}$

Utilizando el teorema del valor medio tenemos:

$\displaystyle \frac{f(n+1)-f(n)}{(n+1)-n}=f'(c)$ para algunos $c\in(n,n+1)$

$\displaystyle \Rightarrow \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{1}=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{c}}$ ....(1)

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n+1}}<\frac{1}{\sqrt{c}}<\frac{1}{\sqrt{n}}$

Utilizando la ineq. anterior en $(1)$ que tenemos,

$\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{n+1}}<\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\frac{1}{2\sqrt{n}}$

Sumando la parte izquierda de la desigualdad tenemos, $\displaystyle\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{2\sqrt{k}}<\sum_{k=2}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})=\sqrt{n}-1$

$\Rightarrow \displaystyle\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}<2\sum_{k=2}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})=2(\sqrt{n}-1)$

$\Rightarrow \displaystyle1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}<1+2\sum_{k=2}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})=2\sqrt{n}-2+1=2\sqrt{n}-1$

$\Rightarrow \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}<2\sqrt{n}-1$

De la misma manera sumando el lado derecho de la desigualdad tenemos,

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2\sqrt{k}}>\sum_{k=1}^{n}(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=\sqrt{n+1}-1$

$\Rightarrow \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}>2(\sqrt{n+1}-1)$

Esto completa la prueba.

$\displaystyle 2\sqrt{n+1}-2<\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}}<2\sqrt{n}-1.$

Esta es una prueba mucho mejor que la demostración por inducción (por supuesto, si alguien sabe cálculo elemental).

Answer 2

Dejemos que $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ . Se trata de una función decreciente sobre $\mathbb{R}^+_*$ Por lo tanto $$ f(k) > \int_k^{k+1} f(x) \, \mathrm{d}x. $$ Suma para $k=1, \dots, n$ dar $$ f(1) + f(2) + \dots + f(n) > \int_1^{n+1} f(x) \, \mathrm{d}x,$$ que es exactamente la desigualdad deseada.

Answer 3

Sugerencia (para la inducción):

$$2(\sqrt{n+1}-1)+\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}>2(\sqrt{n+2}-1)\iff \\ 2n+3>2\sqrt{(n+2)(n+1)}\iff \\ (2n+3)^2>4(n+2)(n+1)=(2n+3)^2-1\cdots$$

Answer 4

Podemos demostrar que para $x \geqslant 1$ \begin{align*}\sum_{1\leqslant n\leqslant x}\frac{1}{\sqrt{n}}&\overset{*}=\frac{[x]}{\sqrt{x}}+\frac{1}{2}\int\limits_1^x\frac{[t]}{t^{3/2}}\,dt\\ &=\frac{x+\mathcal{O}(1)}{\sqrt{x}}+\frac{1}{2}\int\limits_1^x\frac{t-\{t\}}{t^{3/2}}\,dt\\ &=\sqrt{x}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)+\frac{1}{2}\int\limits_1^x\frac{dt}{\sqrt{t}}-\frac{1}{2}\int\limits_1^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{3/2}}\,dt+\frac{1}{2}\int\limits_x^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{3/2}}\,dt\\ &=2\sqrt{x}-1-\frac{1}{2}\int\limits_1^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{3/2}}\,dt+\mathcal{O}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\\ &=2\sqrt{x}+c+\mathcal{O}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right),\end{align*} donde $\displaystyle c\overset{\text{def}}{=}-1-\frac{1}{2}\int\limits_1^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{3/2}}\,dt $ es una constante real absoluta.

$*$ - que utilizamos aquí Fórmula de suma de Abel para $ a_n=1 $ y $ \phi(n)=\dfrac{1}{\sqrt{n}} $

$[\,\,]$ denota la función del suelo y $ \{\,\,\} $ función de parte fraccionaria