$\sum _{k=1}^{n-1}k^p \lt \frac {n^{p+1}} {p+1} \lt \sum _{k=-1}^{n}k^p$

Question

Estoy pasando por una prueba del teorema que dice$\int_0^bx^pdx = \frac {b^{p+1}}{p+1}$, y comienza con la desigualdad. $\sum _{k=1}^{n-1}k^p \lt \frac {n^{p+1}} {p+1} \lt \sum _{k=-1}^{n}k^p$ Lo que estoy teniendo problemas para entender de dónde viene este término medio.

Answer 1

Desde esta desigualdad se utiliza para probar una integral, tal vez un no-cálculo de la prueba sería lo mejor.

Al final de esta respuesta es un simple inductivo prueba de la Desigualdad de Bernoulli:

Para un entero no negativo,$n$$x\ge-1$, $$ 1+nx\le(1+x)^n\etiqueta{1} $$ La aplicación de $(1)$ $$ \begin{align} 1-\frac{p+1}{k}&\le\left(1-\frac1k\right)^{p+1}\\ k^{p+1}-(p+1)k^p&\le(k-1)^{p+1}\\ k^{p+1}-(k-1)^{p+1}&\le(p+1)k^p\tag{2} \end{align} $$ La aplicación de $(1)$ $$ \begin{align} 1+\frac{p+1}{k-1}&\le\left(1+\frac1{k-1}\right)^{p+1}\\ \frac{p+1}{k-1}&\le\left(1+\frac1{k-1}\right)^{p+1}-1\\ (p+1)(k-1)^p&\le k^{p+1}-(k-1)^{p+1}\tag{3} \end{align} $$ La combinación de $(2)$$(3)$, $$ (p+1)(k-1)^p\le k^{p+1}-(k-1)^{p+1}\le(p+1)k^p\etiqueta{4} $$ Sumando $(4)$ $1$ $n$y dividiendo por $p+1$ rendimientos $$ \sum_{k=0}^{n-1}k^p\le\frac{n^{p+1}}{p+1}\le\sum_{k=1}^nk^p\etiqueta{5} $$ Tenga en cuenta que para $p=0$, tenemos igualdad en $(5)$. He añadido un estricto caso de la prueba de Bernoulli que, cuando la sustitución de $(1)$$n\ge2$, los rendimientos que para $p\ge1$, hemos de desigualdad estricta: $$ \sum_{k=0}^{n-1}k^p\lt\frac{n^{p+1}}{p+1}\lt\sum_{k=1}^nk^p\etiqueta{6} $$

Answer 2

No me di cuenta de que iba a ser algo diferente de lo que te dan cuando empecé a escribir esto, pero les dejo una idea para demostrar que $$\int_0^a x^pdx=\frac{a^{p+1}}{p+1}$$ la idea es La siguiente:

La PROPOSICIÓN Deje $$A(n)=\sum_{k=1}^n k^p$$

A continuación, $A(n)=\frac{n^{p+1}}{p+1}+P_p(n)$ donde $\operatorname{deg}P\leq p$

PROFF Por inducción en $p$.

Para $p=1$, obtenemos $$\sum\limits_{k = 1}^n k = {{{n^2}} \over 2} + {n \over 2}$$ Assume true for $m\leq p-1$ and consider $p$. We exploit the fact that $${(k + 1)^{p+1}} - {k^{p+1}} = \sum\limits_{m = 0}^{p} {p+1\choose m}{{k^m}} $$

Tenemos, entonces, después de sumar de a $k=1$ $p$que $${(n + 1)^{p + 1}} - 1 = \sum\limits_{m = 0}^p {\left( \matriz{ p + 1 \cr m \cr} \right)} \sum\limits_{k = 1}^n {{k^m}} $$

o

$${(n + 1)^{p + 1}} - 1 = \sum\limits_{m = 0}^{p - 1} {\left( \matriz{ p + 1 \cr m \cr} \right)} \sum\limits_{k = 1}^n {{k^m}} + \left( {p + 1} \right)\sum\limits_{k = 1}^n {{k^p}} $$ Ahora, nuestra hipótesis inductiva es que

$$\sum\limits_{k = 1}^n {{k^m}} = {{{n^{m + 1}}} \over {m + 1}} + {P_m}\left( n \right)$$

Esto nos da que

$${{{{(n + 1)}^{p + 1}}} \over {p + 1}} - {1 \over {p + 1}} - {1 \over {p + 1}}\sum\limits_{m = 0}^{p - 1} {\left( \matriz{ p + 1 \cr m \cr} \right)} \left ( {{{{ n^{m + 1}}} \over {m + 1}} + {P_m}\left( n \right)} \right) = \sum\limits_{k = 1}^n {{k^p}} $$

Ahora, veamos que lío grande de arriba. Observar que por el teorema del binomio, podemos escribir $${{{{(n + 1)}^{p + 1}}} \over {p + 1}} = {{{n^{p + 1}}} \over {p + 1}} + {Q_p}\left( n \right)$$ where the degree of $Q_p$ is $p$. Tenga en cuenta también que

$$\sum\limits_{m = 0}^{p - 1} {\left( \matriz{ p + 1 \cr m \cr} \right)} \left ( {{{{ n^{m + 1}}} \over {m + 1}} + {P_m}\left( n \right)} \right) = \sum\limits_{m = 0}^{p - 1} {\left( \matriz{ p + 1 \cr m \cr} \right)} \left ( {{{{ n^{m + 1}}} \over {m + 1}}} \right) + \sum\limits_{m = 0}^{p - 1} {\left( \matriz{ p + 1 \cr m \cr} \right)} {P_m}\left( n \right)$$

El primer término de la derecha es un polinomio de grado $p$. Por otro lado, la suma de todos los polinomios de la izquierda es de grado $\leq p$, ya que es una suma de polinomios de grado en la mayoría de las $p$. En definitiva, se puede escribir $${{{{(n + 1)}^{p + 1}}} \over {p + 1}} - {1 \over {p + 1}} - {1 \over {p + 1}}\sum\limits_{m = 0}^{p - 1} {\left( \matriz{ p + 1 \cr m \cr} \right)} \left ( {{{{ n^{m + 1}}} \over {m + 1}} + {P_m}\left( n \right)} \right) = {{{n^{p + 1}}} \over {p + 1}} + {W_p}\left( n \right)$$ where $W$ has degree at most $p$. Thus $$\sum\limits_{k = 1}^n {{k^p}} = {{{n^{p + 1}}} \over {p + 1}} + {W_p}\left( n \right)$$ y la propuesta es probada.

Ahora, nos fijamos en nuestra aproximación integral, que es $${1 \over n}\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {{{ak} \over n}} \right)}^p}} $$

Debido a lo anterior, tenemos que $${1 \over n}\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {{{ak} \over n}} \right)}^p}} = {{{a^{p + 1}}} \over {p + 1}} + {a^{p + 1}}{{{W_p}\left( n \right)} \over {{n^{p + 1}}}}$$

Desde $W_p(n)$ tiene un grado en la mayoría de las $p$, se deduce que el $${{{W_p}\left( n \right)} \over {{n^{p + 1}}}}\to 0$$

al $n\to \infty$, por lo que llegamos a la conclusión de que

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {1 \over n}\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {{{ak} \over n}} \right)}^p}} = {{{a^{p + 1}}} \over {p + 1}}$$

Answer 3

Usamos el hecho de que$$a^p-b^p=(a-b)\sum_{k=0}^{p-1}a^kb^{p-k-1}$ $ Debido a eso, tenemos$$\tag 1 n^p<\frac{(n+1)^{p+1}-n^{p+1}}{p+1}<(n+1)^p$ $

De hecho, por el anterior$${\left( {n + 1} \right)^{p + 1}} - {n^{p + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^p {{n^k}} {\left( {n + 1} \right)^{p - k}}$ $

Eso es

Pero para cualquier elección de$${\left( {n + 1} \right)^{p + 1}} - {n^{p + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^p {{{\left( {{n \over {n + 1}}} \right)}^k}} {\left( {n + 1} \right)^p}$$n$$${n \over {n + 1}} < 1$ % $ Y conseguimos lo que queríamos.

Lo que usted quiere sigue de sumar telescópicamente las desigualdades en$ so that$.

Answer 4

Para$p>0$ esto puede demostrarse fácilmente,

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Supongamos que esto es cierto para$\sum _{k=1}^{n-1}k^p < \frac {n^{p+1}} {p+1} < \sum _{k=-1}^{n}k^p$

Entonces, para$n=m$ tenemos,

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Si podemos mostrar que$n=m+1$ entonces estamos hechos.

Esto se puede demostrar fácilmente usando el teorema del valor medio,

Considere la función$\sum _{k=1}^{m}k^p = \sum _{k=1}^{m-1}k^p+m^p$,

Aplicando el teorema del valor medio,

$m^p<\displaystyle \frac{(m+1)^{p+1}-m^{p+1}}{p+1} $ Tal que,

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El lado derecho también se puede probar de manera similar.