$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)^{\frac{1}{n}}}>n$

Question

Creo que la siguiente pregunta es cierta:

Para cada número entero positivo $n\geq 2$ , demuestre que

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)^{\frac{1}{n}}}>n$$

Trato de usar por inducción en $n$ Pero creo que esto no es fácil con la inducción.

¿Tienes alguna idea o comentario para probarlo?

Así que gracias por cualquier comentario y ayuda.

Answer 1

Esta solución funciona para cualquier número real $n\geq 1$ . Utilizando La desigualdad de Bernoulli tenemos $$ \begin{align}\frac{n}{k^{1/n}}-\frac{n}{(k+1)^{1/n}}&=\frac{n}{(k+1)^{1/n}}\,\left(\left(1+\frac{1}{k}\right)^{1/n}-1\right) \\ &\leq\frac{n}{(k+1)^{1/n}}\,\Biggl(\left(1+\frac{1}{nk}\right)-1\Biggr)=\frac{1}{k(k+1)^{1/n}}\end{align}$$ para cada número entero positivo $k$ . La igualdad se mantiene si $n=1$ .

Por otro lado, podemos ver que $$\begin{align} \frac{1}{k(k+1)^{1/n}}&<\frac{1}{k^{1+1/n}}=\frac{n}{k^{1/n}}\Biggl(\left(1+\frac{1}{nk}\right)-1\Biggr) \\ &\leq\frac{n}{k^{1/n}}\Biggl(\left(1-\frac{1}{k}\right)^{-1/n}-1\Biggr)=\frac{n}{(k-1)^{1/n}}-\frac{n}{k^{1/n}} \end{align}$$ para cada número entero $k\geq 2$ . Esto demuestra que $$n\leq \sum_{k=1}^\infty\,\frac{1}{k(k+1)^{1/n}} <\frac{n+1}{2^{1/n}}<n+1-\ln(2)<n+\frac{1}{2}\,.$$ El lado izquierdo de las desigualdades anteriores se convierte en una igualdad si y sólo si $n=1$ . Si $0<n<1$ Tenemos un límite diferente: $$\frac{n}{2^{1/n}}<\sum_{k=1}^\infty\,\frac{1}{k(k+1)^{1/n}}<n\,.$$

Curiosamente, un argumento similar produce la desigualdad $$n-1<n-\ln(2)<\frac{n}{2^{1/n}}<\sum_{k=1}^\infty\,\frac{1}{k^{1/n}(k+1)}\leq n$$ para cada número real $n\geq 1$ . El lado derecho de las desigualdades anteriores se convierte en una igualdad si y sólo si $n=1$ . Si $0<n<1$ Tenemos un límite diferente: $$\frac{n}{2^{1/n}}+\frac{1}{2}<\sum_{k=1}^\infty\,\frac{1}{k^{1/n}(k+1)}<n+\frac{1}{2}\,.$$

Answer 2

El término principal se comporta como $k^{-\left(1+\frac{1}{n}\right)}$ por lo que no debería ser difícil abordar el problema a través de la telescopia creativa (sección 1 aquí ). Si $a>b>0$ y $n\geq 1$ tenemos $$ n(a-b)b^{n-1}\leq a^n-b^n \leq n(a-b)a^{n-1} \tag{1}$$ simplemente considerando la expansión de $\frac{a^n-b^n}{a-b}=a^{n-1}+\ldots+b^{n-1}$ .
Si elegimos $a$ como $\frac{1}{k^{1/n}}$ y $b$ como $\frac{1}{(k+1)^{1/n}}$ nos encontramos con que:

$$\small n\left(\frac{1}{k^{1/n}}-\frac{1}{(k+1)^{1/n}}\right)\frac{1}{(k+1)^{1-1/n}}\leq \frac{1}{k(k+1)}\leq n\left(\frac{1}{k^{1/n}}-\frac{1}{(k+1)^{1/n}}\right)\frac{1}{k^{1-1/n}}$$ de la cual: $$ \frac{1}{k(k+1)^{1/n}}\geq n\left(\frac{1}{k^{1/n}}-\frac{1}{(k+1)^{1/n}}\right)\tag{2} $$ que lleva a la reclamación de forma directa: $$ \sum_{k\geq 1}\frac{1}{k(k+1)^{1/n}}\geq n. $$

Answer 3

Sugerencia

No demuestra completamente el resultado, pero se puede obtener un límite inferior aproximado mediante $$\frac{1}{k(k+1)^{1/n}}\ge\frac{1}{(k+1)^{1+\frac{1}{n}}}\ge \int_{k+1}^{k+2}\frac{1}{x^{1+\frac{1}{n}}} d x$$

Answer 4

Desde $\zeta(s)>\dfrac{1}{s-1}$ para $s>1$ entonces $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)^{\frac{1}{n}}}>\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(k+1)^{1+\frac{1}{n}}}=\zeta\left(1+\frac{1}{n}\right)-1>n-1$$