Demostrar la desigualdad $\sqrt{\frac{1}n}-\sqrt{\frac{2}n}+\sqrt{\frac{3}n}-\cdots+\sqrt{\frac{4n-3}n}-\sqrt{\frac{4n-2}n}+\sqrt{\frac{4n-1}n}>1$

Question

Para cualquier $n\ge2, n \in \mathbb N$ demostrar que $$\sqrt{\frac{1}n}-\sqrt{\frac{2}n}+\sqrt{\frac{3}n}-\cdots+\sqrt{\frac{4n-3}n}-\sqrt{\frac{4n-2}n}+\sqrt{\frac{4n-1}n}>1$$

Mi trabajo hasta ahora:

1) $$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}>\frac1{2\sqrt{n+0.5}}$$

2) $$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}<\frac1{2\sqrt{n+0.375}}$$

Answer 1

Tenemos que demostrarlo: $$ \sum_{k=1}^{2n}\sqrt{2k-1}-\sum_{k=1}^{2n}\sqrt{2k-2} > \sqrt{n} \tag{1}$$ de ahí que parezca una buena idea aplicar la telescópica creativa y aproximada: $$\sqrt{2k-1}-\sqrt{2k-2}\geq\frac{\sqrt{k-1/4}-\sqrt{k-5/4}}{\sqrt{2}}-\frac{1}{128\sqrt{2}}\left(\frac{1}{(k-5/4)^{3/2}}-\frac{1}{(k-1/4)^{3/2}}\right)\tag{2} $$ He encontrado $(2)$ jugando un poco con la expansión de Laurent del LHS en una vecindad de $+\infty$ .
Es una desigualdad algebraica no terriblemente difícil de demostrar una vez establecida, y el RHS es un término telescópico, por lo que, sumando sobre $k=2,\ldots,2n$ obtenemos una desigualdad en realidad (ligeramente) más fuerte que la deseada.

Un enfoque más sencillo puede ser demostrar que $A_n$ definido mediante $$ A_n = \sum_{k=1}^{2n}\left(\sqrt{2k-1}-\sqrt{2k-2}\right) $$ cumple $A_n^2 \geq 1+A_{n-1}^2$ por inducción.

Answer 2

Otra prueba es ésta:

Tenga en cuenta que $$ 2 = \sqrt{\frac{4n}{n}} = \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{j=0}^{4n-1}\sqrt{j+1}-\sqrt{j} $$ donde el lado derecho puede expresarse como $$ \frac{1}{\sqrt{n}}\left(\sum_{j=1}^{2n}(\sqrt{2j}-\sqrt{2j-1})+\sum_{j=1}^{2n-1}(\sqrt{2j-1}-\sqrt{2j-2})\right) $$ Utilizando que la función $f:(0,+\infty)\to \mathbb{R}$ dado por $f(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}$ es estrictamente decreciente, deducimos, para todo $j\in \{1,...,2n\}$ , $$ \sqrt{2j-1}-\sqrt{2j-2}>\sqrt{2j}-\sqrt{2j-1} $$ de ahí $$ 2\sum_{j=1}^{2n}\left(\sqrt{\frac{2j-1}{n}}-\sqrt{\frac{2j-2}{n}}\right)>2 $$