Sé que $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sqrt{k+1}}{2^k}$ es una secuencia convergente. De hecho, puedo demostrar que $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sqrt{k+1}}{2^k}\leq \sum_{k=1}^{\infty}\frac{k+1}{2^k}=3$ . Sin embargo, cuando multiplico $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sqrt{k+1}}{2^k}$ par $\sqrt{\ln 2}$ Puedo usar Mathematica para demostrar que $\sqrt{\ln 2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sqrt{k+1}}{2^k}<\frac{3}{2}$ . Sin embargo, me gustaría buscar una prueba matemática. Lamentablemente, no puedo demostrar la afirmación de forma rigurosa. ¿Podría alguien ayudarme?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz $$ \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{\sqrt {k + 1} }}{{2^k }}} = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{2^{k/2} }}\frac{{\sqrt {k + 1} }}{{2^{k/2} }}} \le \sqrt {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{1}{{2^k }}} } \sqrt {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{k + 1}}{{2^k }}} } = \sqrt 3 . $$ Así, $$ \sqrt {\ln 2} \sum\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{\sqrt {k + 1} }}{{2^k }}} \le \sqrt {3\ln 2}<\sqrt{3\cdot 0.75} = \frac{3}{2}. $$
Claude Leibovici
Puntos
54392
$$S=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{\sqrt{k+1}}{2^k}=\sum_{k=1}^{\infty }\sqrt{k}\frac{\sqrt{1+\frac{1}{k}}}{2^k}$$ Así que $$\sqrt{k+1}=\sum_{p=0}^\infty \binom{\frac{1}{2}}{p} \,k^{\frac{1}{2}-p}$$ Con las sumas a la cara $$S=\sum_{p=0}^\infty \binom{\frac{1}{2}}{p} \text{Li}_{p-\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)$$
que converge muy rápidamente. Calculando algunas sumas de cola de caballo $$T_n=\sum_{p=0}^n \binom{\frac{1}{2}}{p} \text{Li}_{p-\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)$$
$$\left( \begin{array}{cc} n & T_n \\ 1 & 1.75032 \\ 2 & 1.67221 \\ 3 & 1.70690 \\ 4 & 1.68638 \\ 5 & 1.70038 \\ 6 & 1.69000 \\ 7 & 1.69811 \\ 8 & 1.69154 \\ 9 & 1.69701 \\ 10 & 1.69237 \end{array} \right)$$
Incluso con $T_1$ tienes la desigualdad.
Editar
Si le gustan las funciones especiales $$S=\frac{1}{2} \Phi \left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},2\right)$$ donde aparece la función trascendente de Lerch. Su valor numérico es $1.69451$ .
