Prueba $\int_{0}^{n}\dfrac{ax}{a+x}dx<\sum_{k=1}^n \dfrac{ak}{a+k}<\int_{0}^{n+1}\dfrac{ax}{a+x}dx$

Question

Sea n un número entero positivo. Cuando $a$ es un número entero positivo comprendido entre $1$ y $n$ .

Prueba $$\int_{0}^{n}\dfrac{ax}{a+x}dx<\sum_{k=1}^n \dfrac{ak}{a+k}<\int_{0}^{n+1}\dfrac{ax}{a+x}dx$$

He pasado las últimas horas mostrando esto usando la desigualdad $\dfrac{ak}{a+k}\leq\dfrac{ax}{a+x}\leq\dfrac{a(k+1)}{a+k+1}$ e integrarlo. Pero fracasé.

Answer 1

Defina

$$f:[0,n]\to\mathbb{R},\quad x\mapsto\frac{ax}{a+x},$$

y observe que $f$ es una función estrictamente creciente. Consideremos ahora $g$ definido por

$$g(x)=f(\lceil x\rceil).$$

En $f$ es creciente, lo que da lugar a la desigualdad $f(x)\leq g(x)$ y es fácil encontrar intervalos en los que la desigualdad es estricta, lo que da como resultado que

$$\int_0^n f(x)~\mathrm{d}x<\int_0^n g(x)~\mathrm{d}x.$$

Pero ahora observe que, puesto que estamos tratando con la función de techo, si $k\in\mathbb{N}$ y $x\in(k-1,k]$ entonces $g(x)=f(k)$ por lo que podemos escribir

$$\int_0^n g(x)~\mathrm{d}x=\sum_{k=1}^n\int_{k-1}^kg(x)~\mathrm{d}x=\sum_{k=1}^n\int_{k-1}^k f(k)~\mathrm{d}x=\sum_{k=1}^nf(k).$$

Esto establece la primera desigualdad,

$$\int_0^n f(x)~\mathrm{d}x<\sum_{k=1}^nf(k).$$

Te dejo la segunda desigualdad, para la que deberías poder hacer un argumento muy similar.

Answer 2

Algunas pistas.

$$\frac{ax}{a+x}=a-\frac{a^2}{a+x}$$ Es una función estrictamente creciente en $x$ . Por la linealidad de la integral: $$\int_0^n=\sum_{k=1}^n\int_{k-1}^k$$ En cada tira $[k-1,k]$ puedes hacer algunos límites, usando la parte "estrictamente creciente".

Se puede conceptualizar esto como dibujar la gráfica de la función y cubrir su gráfica con rectángulos gordos, de longitud unitaria, delimitando (dependiendo de la convexidad/concavidad de la función) por encima o por debajo. Para una mejor representación visual, busque la prueba integral para series divergentes/convergentes.