Demostrar que $\frac{\pi}{4}\le\sum_{n=1}^{\infty} \arcsin\left(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1}\right)$

Question

Demostrar que %#% $ #%

Edición: inspirado por la sugerencia de Michael Hardy tengo que

$$\frac{\pi}{4}\le\sum_{n=1}^{\infty} \arcsin\left(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1}\right)$ $ y entonces $$\arcsin \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{(n+1)(n+2)}}=\arcsin\frac{1}{\sqrt{n+1}}-\arcsin\frac{1}{\sqrt{n+2}}$ $ porque $$\sum_{n=1}^{\infty} \arcsin\left(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1}\right)\ge\sum_{n=1}^{\infty} \arcsin\left(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{(n+1)(n+2)}}\right)\rightarrow\frac{\pi}{4}$

SIS y Chris.

Answer 1

Desde $\arcsin x\ge \arctan x$ $x \in [0,1]$, así tendremos $$\arcsin(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1})\ge \arctan(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1})\ge \arctan\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}\sqrt{n}+1} $$ $% $ $= \arctan{\sqrt{n+1}}-\arctan{\sqrt{n}}.$

(La última igualdad usa $\arctan(x) - \arctan(y) = \arctan(\frac{x-y}{1 + xy})$.)

Hecho.

P.S.

$\sum \arcsin(\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n+1}) \ge \sum(\arctan{\sqrt{n+1}}-\arctan{\sqrt{n}}) = \pi/2-\arctan(1)=\pi/4$