Hay alguna forma de probar la $ \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2} \leq \frac{\pi^2}{6} $ por inducción

Question

desde $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} $ tenemos que para cada $n\in \Bbb N$ , $ \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2} \leq \frac{\pi^2}{6} $

mi problema es que podemos probar la declaración de

"para cada $n\in \Bbb N$ , $ \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2} \leq \frac{\pi^2}{6} $"

sólo el uso de la inducción ?(sin usar el hecho de que la convergencia de las anteriores de la serie)

cualquier idea, gracias!

Answer 1

Echa un vistazo a esta prueba de Daniel J. Velleman. Para $n\geq 1$, se definen los números positivos, $$I_n:=\int_0^{\pi/2}(\cos(x))^{2n}\,dx\quad\text{y}\quad J_n:=\int_0^{\pi/2}x^2(\cos(x))^{2n}\,dx.$$ Por integración por partes nos muestran que $$I_n=(2n-1)(I_{n-1}-I_n)\implies I_n=\frac{2n-1}{2n}I_{n-1}$$ y $$I_n=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2J_n.$$ Por lo tanto, dividiendo la última por $n^2I_n$, obtenemos $$\frac{1}{n^2}=\frac{(2n-1)J_{n-1}}{nI_n}-\frac{2J_n}{I_n}= 2\left(\frac{J_{n-1}}{I_{n-1}}-\frac{J_n}{I_n}\right).$$ Se sigue por la inducción (ver telescópicos de la suma) que para $K\geq 1$, $$\frac{\pi^2}{6}-\sum_{n=1}^K\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}-2\sum_{n=1}^K\left(\frac{J_{n-1}}{I_{n-1}}-\frac{J_n}{I_n}\right)=\frac{\pi^2}{6}-2 \left(\frac{J_0}{I_0}-\frac{J_K}{I_K}\right)=\frac{2J_K}{I_K}>0$$ donde hemos utilizado que $I_0=\pi/2$$J_0=\pi^3/24$.

Answer 2

Esto no es una prueba plena sin embargo, es solo una idea que yo tenía.

A partir de Leibniz de la serie sabemos que para $k \geq 1$:

$$\frac{\pi}{4} \geq 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\dots +\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k-1}$$

El cuadrado tenemos:

$$\frac{\pi^2}{6} \geq \frac{8}{3} \left( 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\dots +\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k-1} \right)^2$$

Si pudiéramos probar que para cualquier $k \geq 1$:

$$\frac{8}{3} \left( 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\dots +\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k-1} \right)^2 \geq 1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{k^2}$$

Hemos terminado.

El caso base:

$$\frac{8}{3} \left( 1-\frac{1}{3}\right)^2=\frac{32}{27} >1$$

La hipótesis de inducción es:

$$\frac{8}{3} \left( 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\dots +\frac{1}{4k-3}-\frac{1}{4k-1} \right)^2 \geq 1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{k^2} \tag{1}$$

Tenemos que demostrar que a partir de (1) de la siguiente manera:

$$\frac{8}{3} \left( 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\dots +\frac{1}{4k+1}-\frac{1}{4k+3} \right)^2 \geq 1+\frac{1}{2^2}+\dots+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+1)^2} \tag{2}$$

Si esto es cierto, voy a tratar de terminar la prueba. O me ofrezco para cualquiera que quiera probar la oportunidad de publicar su respuesta antes de mí.

Para unos valores de $k$ revisé la desigualdad (1) se mantiene, por lo que debe ser posible demostrar por inducción.

Answer 3

La declaración de que vamos a probar con la inducción es que por cada $K > k^*$,

$$\sum_{n=1}^K \frac {1}{n^2} \le \frac {\pi ^2} 6 - \frac 1K $$ donde $k^* = 4091641$.

Esto implica que, para cada $K$,

$$\sum_{n=1}^K \frac {1}{n^2} \le \frac {\pi ^2} 6 $$

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La idea es encontrar una función $f(K) > 0$ tal que

$$\sum_{n=1}^K \frac {1}{n^2} \le \frac {\pi ^2} 6 - f(K) $$

Como @orlp dice en su comentario, está claro que $f(K)$ no puede ser una constante, porque sabemos que las sumas parciales ser arbitrariamente cerca de $\frac{\pi^2}6$. De modo que la función de qué elegimos?

Así, acaba de escribir el paso inductivo:

$$\sum_{n=1}^K \frac {1}{n^2} + \frac{1}{(K+1)^2} \le \frac {\pi ^2} 6 - f(K) + \frac{1}{(K+1)^2} \mathop{\le}^? \frac {\pi ^2} 6 - f(K+1)$$

Si podemos probar la última desigualdad, entonces el paso inductivo va a funcionar y tendremos resuelto el problema.

La última desigualdad es equivalente a

$$f(K+1) \le f(K) - \frac 1{(K+1)^2}$$

lo que significa que $f(K)$ debe ser decreciente. Uno puede fácilmente comprobar que $f(K) = \frac 1K$, por ejemplo, funciona. La única cosa que queda es el caso base.

Resulta, en el caso base no es tan fácil de encontrar. Una rápida simulación numérica, sin embargo, demostró que para $n=4091641$ el caso del caso es satisfecho, y el resto de la siguiente manera. Tenga en cuenta que ya sabemos que la afirmación es verdadera para un determinado $K > k^*$, también sabemos que cada suma parcial hasta el$k^*$$\le \frac{\pi^2}6$, como las sumas parciales están aumentando.

Uno probablemente podría encontrar un mejor $f(K)$ tal de que no tenemos los equipos para verificar el caso base, pero se los dejo a alguien :)

Answer 4

Esto es poco probable. El desnudo de inducción paso sería

$$S_n\le\frac{\pi^2}6\implies S_n+\frac1{n^2}\le\frac{\pi^2}6,$ $ , que obviamente no tiene. No hay suficiente información en la hipótesis inductiva.

Cualquier información sobre el asymptotics de la serie será de la forma $\dfrac{\pi^2}6-\epsilon(n)$, que contiene "la respuesta" (es decir, una sugerencia sobre la convergencia).