IRLAND 1994

[rsoldo]

Prove that for every integer $n>1$

$$n\cdot[(n+1)^{\frac{2}{n}}-1]<\sum_{i=1}^{n}\frac{2 i+1}{i^{2}}<n\cdot(1-n^{\frac{-2}{n-1}})+4.$$

[worm2]

Разделим обе части первого неравенства на $n$ и прибавим единицу:

$$(n+1)^{\frac{2}{n}}<\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\left(\frac{i+1}{i}\right)^2.$$

Это неравенство верно, поскольку справа стоит среднее арифметическое набора $a_i=((i+1)/i)^2$, а слева — его же среднее геометрическое.

Со вторым неравенством пока не получается.

[rsoldo]

Да. Правая сторона неравенства является проблемой.

[Dendr]

Преобразования хромают, но можно попытаться выйти из положения так:

Среднее выражение, по Эйлеру, равно
$2\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{i}+\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{i^2}<2\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{i}+\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{1}{i^2}=2H_n+\frac{\pi^2}{6}<2\ln n+2\gamma+\frac{\pi^2}{6}\approx2\ln n+2.8$

Правое же выражение для больших $n$ раскладывается в ряд: $4+\frac{2n\ln n}{n-1}(1-\frac{\ln n}{n-1}+...)=2\ln n+4+\frac{2\ln n}{n-1}-\frac{2n\ln^2 n}{(n-1)^2}+...=$
$=2\ln n+4+\frac{2\ln n}{n-1}(1-\frac{n\ln n}{n-1})$.

Тут без вычислений на калькуляторе уже не обойтись совсем... Но можно заметить, что основную поправку дает отрицательное слагаемое $-\frac{2n\ln^2 n}{(n-1)^2}$. С ростом n оно убывает, так что, начиная с некоторого значения можно будет гарантированно считать, что правое выражение из условия больше $=2\ln n+2.8$, что доказывает неравенство.

Дальше без калькулятора тяжело.
С помощью графопостроителя можно определить нижнюю границу - $n=14$, начиная с которой неравенство обязательно выполняется. Для меньших - придется посчитать вручную.
Впрочем, имея графопостроитель, достаточно просто убедиться, что $\frac{2\ln n}{n-1}(\frac{n\ln n}{n-1}-1)$ не превышает единицы... Так что это не наш метод.

Разве что можно оценить максимум функции $f(x)=2\frac{\ln^2 x-\ln x}{x} \Rightarrow \ln x_m_a_x=\frac{3+\sqrt 5}{2}, x_m_a_x\approx e^2^.^6$
$f(x_m_a_x)\approx2\frac{6.8-2.6}{\exp(2.6)}=\frac{8.4}{\exp(2.6)}<1$
Разница, как можно убедиться, еще на один порядок малости ниже, так что можно сделать вывод, что для всех "больших" n неравенство выполнится. Но критерий "большести"?

В разложении исходной экспоненты работаем с $\frac{\ln n}{n-1}$, и эта величина убывает довольно скоро. Так что, кажется, вполне можно ограничиваться значениями до 4.

[mihiv]

$\sum \limits _{i=1}^n=3+\sum \limits _{i=2}^n<3+\int \limits _1^n \left (\dfrac {2x+1}{x^2}\right )dx=2\ln n+4-\frac 1n$


Для нескольких первых $n$ справедливость неравенства можно проверить непосредственно.