Prueba no inductiva de $2\sqrt{n+1}-2<\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}}<2\sqrt{n}-1$

Question

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

Después de jugar con la suma, no pude llegar a ninguna parte, así que demostré las desigualdades por inducción. Sin embargo, estoy interesado en soluciones que no usen inducción, si las hay (relativamente simples, ya que soy estudiante de secundaria).

También cualquier consejo para determinar si una suma puede escribirse en forma "compacta"? Por ejemplo, $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}{(-1)^{k-1}k}$ en realidad es $\displaystyle-\frac{n}{2}$ para $n$ par y $\displaystyle\frac{n+1}{2}$ para $n$ impar.

Answer 1

Apuesto a que la desigualdad se derivó de la observación de que

$$\int_1^{n+1}\frac1{\sqrt x}dx<\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt k}<1+\int_1^n\frac1{\sqrt x}dx\;,$

lo cual se puede obtener a partir de un gráfico de $y=\frac1{\sqrt x}$ que muestre rectángulos para las sumas superiores e inferiores de Riemann apropiadas.

Dado que $$\int x^{-1/2}dx=2x^{1/2}+C\;,$

esto da inmediatamente

$$2\sqrt{n+1}-2<\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt k}<2\sqrt n-1\;.$$

Es una demostración no inductiva y es accesible para aquellos estudiantes de secundaria que hayan tenido un curso decente de cálculo.

Answer 2

Teorema del Valor Medio también puede ser utilizado,

Sea $\displaystyle f(x)=\sqrt{x}$

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

Usando el teorema del valor medio tenemos:

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

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

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

Usando la desigualdad anterior en $(1)$ tenemos,

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

Añadiendo 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 manera similar añadiendo 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.

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

Answer 3

También podemos usar la suma de Abel y obtener $$S=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=\sum_{k=1}^{n}1\cdot\frac{1}{\sqrt{k}}=\sqrt{n}+\frac{1}{2}\int_{1}^{n}\frac{\left\lfloor t\right\rfloor }{t^{3/2}}dt$$ donde $\left\lfloor t\right\rfloor$ es la función piso. Dado que $t-1\leq\left\lfloor t\right\rfloor \leq t$ tenemos

$$2\sqrt{n}-2+\frac{1}{\sqrt{n}}\leq S\leq2\sqrt{n}-1$$

y obsérvese que $$2\sqrt{n+1}\leq2\sqrt{n}+\frac{1}{\sqrt{n}}$$ por lo que este resultado implica tu afirmación.