Mostrando $\left\lfloor \sum_{k=1}^{10000} {1 \over \sqrt k}\right\rfloor = 198$

Question

Hace un tiempo me pusieron una tarea que, entre otras cosas, pedía demostrar la siguiente igualdad: $$\left\lfloor \sum_{k=1}^{10000} {1 \over \sqrt k}\right\rfloor = 198$$ He probado algunas cosas pero nada me ha servido de mucho; tampoco he encontrado nada en Internet sobre esto (al menos no lo suficientemente satisfactorio).

También me he preguntado si/cómo sería posible encontrar el resultado para cualquier entero positivo $n$ es decir, encontrar $q$ tal que $$\left\lfloor \sum_{k=1}^n {1 \over \sqrt k}\right\rfloor = q$$

EDITAR: Muchas gracias por todas las respuestas. Este problema (al menos en mi caso) es para 9º grado, por lo que no se permite la integración (ni el cálculo en general), aunque no estoy seguro de que sea posible una demostración de ese nivel; tus respuestas me valen, de todos modos.

Answer 1

En el libro de texto de Teoría de Números de Apostol es se muestra utilizando Fórmula de suma de Euler que para todos $0<s<1$ , $$ \sum_{k=1}^n\frac{1}{k^s}=\frac{n^{1-s}-1}{1-s}+1-s\int_1^n\frac{t-\lfloor t\rfloor}{t^{s+1}}\ dt\qquad (1). $$ Obsérvese que para todo $n>1$ , $$ 0< \int_1^n\frac{t-\lfloor t\rfloor}{t^{s+1}}\ dt\leq \int_1^{\infty}\frac{1}{t^{s+1}}\ dt=\frac{1}{s}. $$ Utilizando estos límites en $(1)$ implica que $$ 0\leq\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^s}-\frac{n^{1-s}-1}{1-s}<1. $$ En consecuencia, se deduce que $$ \left\lfloor\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^s}\right\rfloor=\frac{n^{1-s}-1}{1-s} $$ siempre que el lado derecho sea un número entero. En particular, cuando $n=10^4$ y $s=\tfrac12$ el lado derecho se evalúa con el número entero $198$ y esto responde a su pregunta.

Para responder a su pregunta más general, observe que nuestra condición de entero cuando $s=\tfrac12$ requiere que $2(\sqrt{n}-1)$ sea un número entero, o, de forma equivalente, que $n$ es un cuadrado perfecto. Por lo tanto, $$ q=2(\sqrt{n}-1), $$ siempre que $n$ es un cuadrado perfecto. Para los no cuadrados $n$ nuestros límites implican que el redondeo $2(\sqrt{n}-1)$ te llevará a dentro de $1$ de la respuesta correcta.

Answer 2

$\frac 1 {\sqrt {k+1}}<\int_k^{k+1} \frac 1 {\sqrt x} dx < \frac 1 {\sqrt k}$ . Suma sobre $k$ y utilizar el hecho de que $2\sqrt x$ es una antiderivada para $\frac 1 {\sqrt x}$ para derivar la siguiente desigualdad: $198-\frac 1 {100} <[\sum_{k=1}^{10000} \frac 1 {\sqrt k}]<199$ . De ahí el resultado.

Prueba de $\frac 1 {\sqrt {k+1}}<\int_k^{k+1} \frac 1 {\sqrt x} dx < \frac 1 {\sqrt k}$ : $\int_k^{k+1} \frac 1 {\sqrt x} dx <\int_k^{k+1} \frac 1 {\sqrt k} dx$ porque $1 {\sqrt x} <1 {\sqrt k}$ cuando $k<x<k+1$ . Por lo tanto, $\int_k^{k+1} \frac 1 {\sqrt x} dx < \frac 1 {\sqrt k}$ . Del mismo modo se obtiene la otra desigualdad observando que $\frac 1 {\sqrt x} > \frac 1 {\sqrt{ k+1}}$ cuando $k<x<k+1$ ].

Answer 3

Si se dibuja la gráfica escalonada de la suma (es decir, la gráfica es $1$ entre $x=1$ y $x=2$ y es $1/\sqrt{2}$ entre $2$ y $3$ etc.) y también dibujar la gráfica de $y=1/\sqrt{x}$ entonces verás que la suma es mayor que

$$\int_1^{10001} \frac{1}{\sqrt{x}} \; dx = 198.01.$$

Entonces, si se imagina que empuja la función escalonada hacia la izquierda una unidad, verá que la suma es menor que

$$1+\int_1^{10000} \frac{1}{\sqrt{x}} \; dx = 199.$$