Límite superior para $\sum_{n=1}^xn^{k-1}$

Question

A partir de algunos Cálculos y supongo trabajo, me encontré con que

$$k\sum_{n=1}^xn^{k-1}<(x+\frac12)^k\tag1$$

De hecho, me pareció que era muy, muy, muy cerca.

Y, aún más conjeturas,

$$\lfloor(x+\frac12)^k\rfloor-1\le k\sum_{n=1}^xn^{k-1}\le\lfloor(x+\frac12)^k\rfloor\tag2$$

Quiero saber si lo que tengo es realmente correcto, porque si es así, entonces este es un gran vinculado a la suma y se apaga por $\pm1$, que me parece la suma de un gran$k$$\lfloor(x+\frac12)^k\rfloor-1=k\sum_{n=1}^xn^{k-1}$, pero no tengo manera de probar esto.

EDITAR

$k\in\mathbb{R}$

Parece que $(2)$ se convierte en false para decentemente grande $k,x$, como Slade ha demostrado. Se produce un error en $k=3,x=8$.

Sin embargo, me gustaría saber si $(1)$ es todavía comprobable y si es funcional o no.

También, para qué valores de a$k$, $(2)$ empiecen a fallar? Puedo ver desde mi calculadora que comienza a fallar en torno a $k=2.4$, lo que he conseguido de entrada de $x=1000$, pero a ver si un número como $k=2.3$ falla requeriría mi calculadora para manejar números muy grandes... y eso no es una prueba.

También puedo ver que no falla para $k=2$ porque de Faulhaber la fórmula, pero no estoy muy seguro acerca de $k=2.3$ o algo así.

Answer 1

Desde $t^{k-1}$ es convexa para $k\not\in(1,2)$, la Desigualdad de Jensendice $$ \begin{align} \left(n+\tfrac12\right)^k-\left(n-\tfrac12\right)^k &=\int_{n-\frac12}^{n+\frac12}kt^{k-1}\,\mathrm{d}t\\[3pt] &\ge kn^{k-1}\tag{1} \end{align} $$ Sumando $(1)$ rendimientos $$ \begin{align} \sum_{n=1}^xkn^{k-1} &\le\left(x+\tfrac12\right)^k-\left(\tfrac12\right)^k\\ &\lt\left(x+\tfrac12\right)^k\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, la primera desigualdad es cierto excepto posiblemente para $1\lt k\lt2$.

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Desplazamiento De Euler-Maclaurin

Hay un desplazamiento de la versión de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma que dice $$ \begin{align} \sum_{k=1}^nf(k) &\sim\left.\int f(x)\,\mathrm{d}x\,\right|_{n+\frac12}+C-\tfrac1{24}f'\!\left(n+\tfrac12\right)+\tfrac7{5760}f'''\!\left(n+\tfrac12\right)\\ &-\tfrac{31}{967680}f^{(5)}\!\left(n+\tfrac12\right)+\tfrac{127}{154828800}f^{(7)}\!\left(n+\tfrac12\right)-\tfrac{73}{3503554560}f^{(9)}\!\left(n+\tfrac12\right)\tag{3} \end{align} $$ Al $f(n)=kn^{k-1}$, se puede demostrar que $C=k\zeta(1-k)$; por lo tanto, $$ \sum_{n=1}^xkn^{k-1}\sim\left(x+\tfrac12\right)^k+k\zeta(1-k)-\frac1{12}\binom{k}{2}\left(x+\tfrac12\right)^{k-2}+\frac7{240}\binom{k}{4}\left(x+\tfrac12\right)^{k-4}\tag{4} $$ Asintótica de Expansión $(4)$ muestra que $$ \lim_{x\to\infty}\left[\sum_{n=1}^xkn^{k-1}-\left(x+\tfrac12\right)^k\right]=-\infty $$ para $k\gt2$. Por lo tanto, en el límite inferior de la cuestión, no puede mantener para cualquier constante.

Answer 2

La segunda ecuación es definitivamente falso para $k\geq 3$, aunque probablemente es una buena estimación de $k=1,2$.

Tenga en cuenta que cuando $k=1$, $k\sum_{n=1}^x n^{k-1} = x$, mientras que $(x+1/2)^k =x+1/2$

También, cuando $k=2$, $k\sum_{n=1}^x n^{k-1} = x(x+1)$, mientras que $(x+1/2)^k =x^2 + x + 1/4$. Por lo tanto en estos casos, las expresiones difieren por una constante.

Sin embargo, cuando $k=3$, $k\sum_{n=1}^x n^{k-1} = x^3 + \frac{3}{2}x^2 + \frac{1}{2}x$, mientras que $(x+1/2)^k = x^3 + \frac{3}{2}x^2 + \frac{3}{4}x + \frac{1}{8}$. Así que en este caso $(x+1/2)^k$ va a crecer más, y, finalmente, la desigualdad será falsa. (En general, podemos utilizar Faulhaber la fórmula para mostrar que este problema se produce siempre por $k\geq 3$, debido a $B_2 = \frac{1}{6} < \frac{1}{2^2}$.)

Por ejemplo, si ponemos $k=3$, $x=8$, tenemos $\lfloor (x+1/2)^k \rfloor - 1 = 613$, mientras que $k\sum_{n=1}^x n^{k-1} = 612$.

Answer 3

Vamos a considerar la declaración de $$ k\sum_{n=1}^xn^{k-1}\leq (x+\frac12)^k\tag1 $$ con $x \in \mathbb N$ y $k\geq 2$, $k \in \mathbb R$.

Lo demostramos por inducción en $x$.

• La inducción de la base: para $x=1$ la declaración se convierte en: $$ k\cdot 1^{k-1}\leq (1+\frac12)^k $$ eso es cierto para cualquier $k \geq 2$

• Inductivo paso: suponemos que (1) es verdadera para algunos $x$ $k \geq 2$ y mostrar que debe mantener también para$x+1$$k \geq 2$.

Este lema nos ayudará a:

Si $f$ es convexa $\int_a^b f(t)\geq (b-a)f(\frac {a+b}2)$

La prueba de el paso inductivo: en primer lugar tenemos $$ k\sum_{n=1}^{x+1}n^{k-1}-k\sum_{n=1}^xn^{k-1}=k(x+1)^{k-1} $$ y por otro lado, por el lema $$ (x+1+\frac12)^k-(x+\frac12)^k=\int_{1/2}^{3/2} k(x+t)^{k-1}dt\geq k(x+1)^{k-1} $$ ya para $k\geq 2$ la función de $f:t \mapsto (x+t)^{k-1}$ es convexa.

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La prueba del lema para $f$ derivable (relevante para nuestro caso):

Vamos $t_0=\frac{a+b}2$. $f$ y convexa diferenciable implica $$ f(t)=f(t_0)+\int_{t_0}^t f'(u)du \geq f(t_0)+f'(t_0)(t-t_0) $$ (es $f$ está por encima de la línea tangente en $t_0$) por lo tanto $$ \int_a^b f(t)dt \geq \int_a^b [f(t_0)+f'(t_0)(t-t_0)]=(b-a)f(t_0) $$