Остаток ряда из обратных квадратов

[Dave]

Докажите, что при любом натуральном $m$:

$$\sum_{n=m}^{\infty} {\frac 1 {n^2}} > \frac 1 m + \frac 1 {2m^2} \, .$$

[nnosipov]

Как обычно в таких делах: нужно усилить оценку, добавив очередной член асимптотического разложения, а затем доказать по индукции.

[TOTAL]

Подынтегральная функция выгнута вниз, поэтому формула трапеций дает завышенный результат:

$$\frac{1}{2} \left( \frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2} \right) > \int_{{n}}^{{n+1}} \frac{dx}{x^2}$$

[Dave]

А без интегралов?

[TOTAL]

(Оффтоп)

Dave в сообщении #753914 писал(а):

А без интегралов?

Если без интегралов, то придется применить такое мощное оружие как неравенство между средним арифметическим и геометрическим:

$$\frac{1}{2} \left( \frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2} \right) > \frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$

[Dave]

(Оффтоп)

TOTAL в сообщении #753915 писал(а):

Dave в сообщении #753914 писал(а):

А без интегралов?

Если без интегралов, то придется применить такое мощное оружие как неравенство между средним арифметическим и геометрическим:

$$\frac{1}{2} \left( \frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2} \right) > \frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$$

Вот это и есть олимпиадное решение!

А теперь с интегралами (тоже несложно).

Пусть функция $f$ определена и дважды непрерывно дифференцируема на отрезке $[a,b]$, причём всюду на этом отрезке:
1) $f>0$;
2) $f' \ne 0$;
3) $\sqrt f$ вогнута.
Докажите, что

$$\int_a^b {\frac {dx} {f(x)}} \geqslant 2 \left(\frac 1 {f'(a)} - \frac 1 {f'(b)}\right).$$

[Keter]

Так как кривая $y=\sqrt{f(x)}$ на указанном отрезке вогнута, то $y''\leq 0$, а значит $2f''(x)f(x)-f'(x)^2\leq 0$. Тогда имеем:

$$0\leq \int\limits_{a}^{b}\frac{f'(x)^2-2f''(x)f(x)}{f(x)f'(x)^2}\,dx=\int\limits_{a}^{b}\frac{1}{f(x)}\,dx-2\int\limits_{a}^{b}\frac{f''(x)}{f'(x)^2}\,dx.$$

Сделав очевидную подстановку во втором интеграле, получим желаемое неравенство.

[ewert]

nnosipov в сообщении #753908 писал(а):

Как обычно в таких делах: нужно усилить оценку, добавив очередной член асимптотического разложения, а затем доказать по индукции.

Только индукция понадобится в обратную сторону, и вообще это будет не индукция. Надо просто доказать, что последовательность $a_m=\sum\limits_{n=m}^{\infty}\frac1{n^2}-\frac1m-\frac1{2m^2}$ монотонно убывает, т.е. что $\frac1{m^2}-\frac1m-\frac1{2m^2}>-\frac1{m+1}-\frac1{2(m+1)^2}$; ну последнее достаточно очевидно.

(прошу прощения, что решение вышло не олимпиадным)

[Keter]

Dave, решении(если нет ошибок) задачи с интегралами можно считать олимпиадным?

[Dave]

Keter в сообщении #757541 писал(а):

Dave, решении(если нет ошибок) задачи с интегралами можно считать олимпиадным?

Ошибок нет. Решение можно считать олимпиадным .
Само неравенство получилось через частичные интегральные суммы, такой путь был бы, конечно, длиннее, но потом я понял, что можно и аналогичным вашему способом доказать. И что все, кто не поленится решить эту задачу, скорее всего, именно так и будут делать .

[ewert]

Dave в сообщении #757561 писал(а):

все, кто не поленится решить эту задачу, скорее всего, именно так и будут делать .

Я всё равно не понимаю: почему они не попытаются для начала тупо по индукции? Тем более что это получается почти мгновенно -- если не с первого, то со второго захода.

[Dave]

ewert в сообщении #757564 писал(а):

Я всё равно не понимаю: почему они не попытаются для начала тупо по индукции? Тем более что это получается почти мгновенно -- если не с первого, то со второго захода.

ewert, имелась ввиду задача с интегралом.