Cómo probar esto $\sum_{i=n+2}^{+\infty}\frac{1}{i^2}>\frac{2n+5}{2(n+2)^2}$

Question

dejar $n$ sea un número entero positivo, demuestre que $$\sum_{i=n+2}^{+\infty}\dfrac{1}{i^2}>\dfrac{2n+5}{2(n+2)^2}\tag{1}$$

Lo sé. $$\sum_{i=n+2}^{+\infty}\dfrac{1}{i^2}>\int_{n+2}^{+\infty}\dfrac{1}{x^2}dx=\dfrac{1}{n+2}$$ Pero $$\dfrac{1}{n+2}-\dfrac{2n+5}{2(n+2)^2}=-\dfrac{1}{2(n+2)^2}<0$$ entonces este método integral no puede resolver (1), así que ¿Cómo demostrarlo?

Answer 1

Existe una solución bastante elegante, que utiliza la convexidad de la función. Dado que $f(x) = \frac{1}{x^2}$ es convexo, consideremos un elemento de área bajo la curva frente al área del trapecio formado al unir $(n+2,f(n+2))$ y $(n+3,f(n+3)$ por una línea recta

$$dA < \frac{1}{2}\left(\frac{1}{(n+2)^2} + \frac{1}{(n+3)^2}\right)$$

$$\implies \int_{n+2}^\infty \frac{1}{x^2}dx < \frac{1}{2(n+2)^2} + \sum_{n+3}^\infty \frac{1}{i^2}$$

$$\implies \frac{1}{n+2} + \frac{1}{2(n+2)^2} < \sum_{n+2}^\infty\frac{1}{i^2}$$

EDITAR

He añadido una ilustración de lo anterior sólo para aclarar cómo he obtenido la desigualdad

Answer 2

Utilizando $\frac{1}{q^2} = \int_0^\infty \mathrm{e}^{-x q} x \mathrm{d} x$ para $q > 0$ tenemos (la suma y la integral son intercambiables por los teoremas de Fubini/Tonelli) \begin {align} \sum_ {i=n+2}^ \infty \frac {1}{i^2} &= \sum_ {i=n+2}^ \infty \int_0 ^ \infty \mathrm {e}^{-x i} x \mathrm {d} x \\ &= \int_0 ^ \infty \sum_ {i=n+2}^ \infty \mathrm {e}^{-x i} x \mathrm {d} x \\ &= \int_0 ^ \infty \mathrm {e}^{-x(n+2)} \frac {x}{ 1 - \mathrm {e}^{-x}} \mathrm {d} x \\ &> \int_0 ^ \infty \mathrm {e}^{-x(n+2)} \left (1 + \frac {x}{2} \right ) \mathrm {d} x \\ &= \frac {2n+5}{2(n+2)^2} \end {align} donde hemos utilizado $$\sum_{i=n+2}^\infty \mathrm{e}^{-x i} = \mathrm{e}^{-x(n+2)} \frac{1}{ 1 - \mathrm{e}^{-x}}$$ y (véase la observación posterior) $$\frac{x}{ 1 - \mathrm{e}^{-x}} > 1 + \frac{x}{2}, \ \forall x > 0. \tag{1}$$

Observación 1 : Para demostrar (1), basta con demostrar que $\mathrm{e}^{-x} > \frac{2-x}{2+x}$ o $-x > \ln \frac{2-x}{2+x}$ para $x \in (0, 2)$ . Dejemos que $f(x) = -x - \ln \frac{2-x}{2+x}$ . Tenemos $f'(x) = \frac{x^2}{(2-x)(2+x)} > 0$ para $x \in (0, 2)$ . También, $f(0) = 0$ . Así, tenemos $f(x) > 0$ para $x\in (0, 2)$ .

Observación 2 : $1 + \frac{x}{2}$ son los dos primeros términos de la expansión de Taylor de $\frac{x}{ 1 - \mathrm{e}^{-x}}$ alrededor de $x = 0$ .

Answer 3

Al menos, para los valores "grandes" en $n$ podemos demostrarlo ya que $$\sum_{i=n+2}^{+\infty}\dfrac{1}{i^2}=\psi ^{(1)}(n+2)$$ Así, utilizando la asintótica de la función digamma y las expansiones de Taylor, tenemos $$\sum_{i=n+2}^{+\infty}\frac{1}{i^2}-\frac{2n+5}{2(n+2)^2}=\frac{1}{6 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$