Si$f(k)=\dfrac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\sum_{t=k+1}^{\infty}\dfrac{1}{t^2}$ entonces$f(k+1)>f(k)$

Question

Que $$f(k)=\dfrac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\sum_{t=k+1}^{\infty}\dfrac{1}{t^2}.$ $ probar $$f(k+1)>f(k).$ $

Mi idea:

$$f(k+1)-f(k)=\dfrac{(k+2)^{k+2}}{(k+1)^{k+1}}\sum_{t=k+2}^{\infty}\dfrac{1}{t^2}-\dfrac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\sum_{t=k+1}^{\infty}\dfrac{1}{t^2}$ $ y lo que sigue es muy feo. Creo que una persona puede utilizar métodos agradables. Gracias.

Este problema es de este tema porque % $ $$f(k)=\dfrac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\sum_{t=k+1}^{\infty}\dfrac{1}{t^2}<\dfrac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{n}\right)$y tenga en cuenta que % $ $$\lim_{k\to\infty}\dfrac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\dfrac{1}{k}=e.$

Answer 1

Parece que el siguiente.

mi idea:

$$f(k+1)-f(k)=\dfrac{(k+2)^{k+2}}{(k+1)^{k+1}}\sum_{t=k+2}^{\infty}\dfrac{1}{t^2}-\dfrac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\sum_{t=k+1}^{\infty}\dfrac{1}{t^2}$$ y la siguiente es muy feo. Creo que alguien puede utilizar un buen métodos

Poner $S(k)=\sum_{t=k+2}^{\infty}\dfrac{1}{t^2}$. Tenemos que demostrar que

$$0< f(k+1)-f(k)=\dfrac{(k+2)^{k+2}}{(k+1)^{k+1}}S(k)-\dfrac{(k+1)^{k+1}}{k^k}\left(S(k)+\dfrac{1}{(k+1)^2}\right)$$

o

$$\dfrac 1{(k+1)^2}<S(k)\left(\dfrac{(k+2)^{k+2}k^k}{(k+1)^{2k+2}}-1\right).$$

Ahora estimamos que, desde abajo, el valor de $X(k)=\dfrac{(k+2)^{k+2}k^k}{(k+1)^{2k+2}}$.

$$X(k)=\left(1-\frac 1{(k+1)^2}\right)^k\left(\dfrac {k+2}{k+1} \right)^2.$$

Por reforzado la desigualdad de Bernoulli, que puede ser fácilmente demostrado por inducción, tenemos $$(1-x)^k\ge 1-kx+\frac {k(k-1)x^2}{2}-\frac{k(k-1)(k-2)x^3}{6},$$

para cada entero $k\ge 0$ y real $x\ge -1$. Por lo tanto

$$X(k)\ge Y(k)=\left(1-\frac {k}{(k+1)^2}+\frac {k(k-1)}{2(k+1)^4}-\frac{k(k-1)(k-2)}{6(k+1)^6}\right)\left(\dfrac {k+2}{k+1} \right)^2$$

y $$Y(k)-1=\frac{6k^7+45k^6+146k^5+266k^4+297k^3+202k^2+76k+18}{6(k+1)^8}>0.$$

Por lo tanto, es suficiente para mostrar que

$$S(k)>Z(k)=\frac 1{(k+1)^2(Y(k)-1)}=$$ $$\frac{6(k+1)^6}{6k^7+45k^6+146k^5+266k^4+297k^3+202k^2+76k+18}.$$

Ahora estimamos $S(k)$. Para este propósito consideramos la suma $$\frac 1{k+\frac 32}=S_1(k)=\sum_{t=k+2}^{\infty}\left(\dfrac{1}{t-\frac 12}-\dfrac{1}{t+\frac 12}\right).$$

Entonces

$$0\le S_1(k)-S(k)=\sum_{t=k+2}^{\infty}\left(\dfrac{1}{t^2-\frac 14}-\dfrac{1}{t^2}\right) =\frac 14\sum_{t=k+2}^{\infty}\dfrac{1}{t^4-\frac {t^2}4}.$$

Tenga en cuenta la suma

$$\frac 1{\left(k+\frac 32\right)^3}=S_2(k)=\sum_{t=k+2}^{\infty}\left(\dfrac{1}{\left(t-\frac 12\right)^3}- \dfrac{1}{\left(t+\frac 12\right)^3}\right)=$$ $$=\sum_{t=k+2}^{\infty}\dfrac{3t^2+\frac 14}{\left(t^2-\frac 14\right)^3}\ge 3\sum_{t=k+2}^{\infty}\dfrac{1}{t^4-\frac {t^2}4}=12\left(S_1(k)-S(k)\right).$$

Por lo tanto

$$S(k)\ge S_1(k)-\frac{S_2(k)}{12}=\frac 1{k+\frac 32}-\frac 1{12\left(k+\frac 32\right)^3}.$$

Ahora la directa comprobación muestra que

$$S(k)-Z(k)\ge S_1(k)-\frac{S_2(k)}{12}-Z(k)=$$ $$\frac 23\cdot\frac{18 k^7+159k^6+628k^5+1375k^4+1740k^3+1319k^2+680k+225} {(6k^7+45k^6+146k^5+266k^4+297k^3+202k^2+76k+18)(2k+3)^3}>0.\cuadrado$$

Answer 2

En primer lugar, recordemos que la serie aparecen en $f(k)$ tiene una representación integral: $$\sum_{s=1}^{\infty}\frac{1}{(k+s)^2} = \int_{0}^{\infty}\frac{t e^{-kt}}{e^t-1}dt =\int_{0}^{\infty}\frac{2t e^{-2kt}}{e^{2}-1}d2t =4\int_0^{\infty}\frac{t}{e^t-e^{-t}} e^{-(2k+1)t} dt $$ Considere la integral de la $I(\eta)$ se define a continuación y a integrar por partes:

$$\begin{align} I(\eta) =& \int_{0}^{\infty}\frac{\eta t}{e^t - e^{-t}} e^{-\eta t}dt = \int_0^{\infty}\frac{t}{e^t - e^{-t}}d(1 - e^{-\eta t})\\ =& \left[\frac{t}{e^t - e^{-t}}(1 - e^{-\eta t})\right]_0^{\infty} - \int_0^{\infty}(1-e^{-\eta t}) d (\frac{t}{e^t - e^{-t}})\\ =&\int_0^{\infty}(1-e^{-\eta t}) \varphi(t) dt \end{align}$$ donde $\varphi(t) = (\frac{-t}{e^t - e^{-t}})' = \frac{t(e^t+e^{-t})}{(e^t-e^{-t})^2} - \frac{1}{e^t-e^{-t}}$.

El integrando de a $I(\eta)$ tiene dos factores. Si uno fix $t$ y consideran que el primer factor de $1 - e^{-\eta t}$ como una función de la $\eta$, es estrictamente creciente. Para el segundo factor $\varphi(t)$, es de fácil comprobación $\varphi(t) > 0$ todos los $t > 0$. Combinar estos, podemos concluir $I(\eta)$ es una función creciente en $\eta$.

Como consecuencia, obtenemos:

$$(k + \frac12)\sum_{t=k+1}^{\infty}\frac{1}{t^2} = 2I(2k+1) \le 2I(2k+3) = (k + \frac32)\sum_{t=k+2}^{\infty}\frac{1}{t^2} \etiqueta{*1}$$

En segundo lugar, considere la función:

$$\psi(x) := (x+\frac12)\log(x+\frac12) - (x-\frac12)\log(x-\frac12)-\log x$$

Tenemos: $$\begin{align} \psi'(x) &= \log(x+\frac12)-\log(x-\frac12)-\frac{1}{x} = \log\left(\frac{1+\frac{1}{2x}}{1-\frac{1}{2x}}\right) - \frac{1}{x}\\ \psi''(x) &= -\frac{1}{x^2(4x^2-1)} \end{align}$$ Lo que es evidente es$\psi'(x) \to 0$$x \to \infty$$\psi''(x) < 0$$x > \frac12$. De esto podemos concluir $\psi'(x) > 0$ $x \in (\frac12,\infty)$ $\psi(x)$ es una función creciente de allí. Como consecuencia, obtenemos:

$$\frac{(k+1)^{k+1}}{k^k (k+\frac12)} = e^{\psi(k+\frac12)} \le e^{\psi(k+\frac32)} = \frac{(k+2)^{k+2}}{(k+1)^{k+1}(k+\frac32)}\etiqueta{*2}$$

Multiplicar $(*1)$ $(*2)$ nos da $f(k) \le f(k+1)$ inmediatamente. `