级数不等式
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发布时间：2023-09-11 10:59
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时间：2024-12-12 15:38
\sum_{i=1}^{n}{a_{i}}<m （m为常数）或 \sum_{i=1}^{n}{a_{i}}<f(n) 的形式
1.关于 \sum_{i=1}^{n}{a_{i}}<f(n) 的证明，通常考虑将 f\left( n \right) 看作一个数列的前n项和
如： f\left( n \right)=[f\left( n \right)-f\left( n-1 \right)]+[f\left( n-1 \right)-f\left( n-2 \right)]+...+[f\left( 2 \right)-f\left( 1 \right)]+f\left( 1 \right)
则 f\left( n \right)-f\left( n-1 \right) 即为该数列的通项
之后再将该数列的通项依次与另一边的通项比较，证明出大小关系之后，利用同向不等式可加性即可使所证不等式成立
例如：
[例1]求证： 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}>ln(n+1) (n\geq1,n\in N^{*})
第一步，考虑将右边拆成多项的和： ln(n+1)=[ln(n+1)-lnn]+[lnn-ln(n-1)]+...ln2-ln1
至此，要证明原不等式成立，只需证明 \frac{1}{n}>ln(n+1)-lnn=ln\frac{n+1}{n}=ln(1+\frac{1}{n})
令 \frac{1}{n}=x 则 x\in(0,1] ,则证明对于 \forall x\in(0,1] , s.t.x>ln(1+x)
令函数 f(x)=ln(1+x)-x,x\in(0,1]
则 f'(x)=-\frac{x}{x+1}<0 , f(x) 在定义域内单调递减
所以 f(x)<f(0)=0 在 (0,1] 上恒成立则 x>ln(1+x) 成立
所以 \frac{1}{n}>ln(1+\frac{1}{n})
（实际上用常用的放缩不等式 lnx\leq x-1 可知上式成立）
则 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}>ln(n+1) 得证.
[例2]证明： \frac{ln2^{2}}{2^{2}}+\frac{ln3^{2}}{3^{2}}+...+\frac{lnn^{2}}{n^{2}}<\frac{(n-1)(2n+1)}{2(n+1)} (n\geq2,n\in N^{*}) .
难以直接拆分看出通项，则记 S_{n}=\frac{(n-1)(2n+1)}{2(n+1)} (n\geq2,n\in N^{*}) ,
则其通项 a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{(n-1)(2n+1)}{2(n+1)}-\frac{(n-2)(2n-1)}{2n}
=\frac{n^{2}+n-1}{n(n+1)}
=1-\frac{1}{n(n+1)}
要证明原不等式成立，只需证明 \frac{lnn^{2}}{n^{2}}<1-\frac{1}{n(n+1)} ,
易知 1-\frac{1}{n^{2}}<1-\frac{1}{n(n+1)} ,
则只要证 \frac{lnn^{2}}{n^{2}}<1-\frac{1}{n^{2}}=\frac{n^{2}-1}{n^{2}} ，又因为 n\geq2,n\in N^{*}
所以只需证 lnn^{2}< n^{2}-1 (同样也可从常用放缩不等式得知)
令函数 f(x)=lnx-x+1,x=n^{2}\in[4,+\infty) ,
则 f'(x)=\frac{1-x}{x}<0 , f(x) 在定义域上单调递减，
所以 f(x)_{max}=f(4)=2ln2-3<0
故 lnx-x+1<0 则 lnn^{2}<n^{2}-1 得证，
则 \frac{ln2^{2}}{2^{2}}+\frac{ln3^{2}}{3^{2}}+...+\frac{lnn^{2}}{n^{2}}<\frac{(n-1)(2n+1)}{2(n+1)} 成立.
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