来自讨论组群：`\sum_{i=1}^n(\frac i{n+1})^n<1`（2# 有猜想尚未解决）

kuing

v6mm131(2646*****) 2024/4/28 13:09:10
\[\left(\frac1{n+1}\right)^n+\left(\frac2{n+1}\right)^n+\cdots+\left(\frac n{n+1}\right)^n<1.\]
求助

证：假设当 `n=k` 时不等式成立，则当 `n=k+1` 时
\begin{align*}
\LHS&=\sum_{i=1}^{k+1}\left(\frac i{k+2}\right)^{k+1}\\
&=\left(\frac{k+1}{k+2}\right)^{k+1}\sum_{i=1}^{k+1}\left(\frac i{k+1}\right)^{k+1}\\
&=\left(\frac{k+1}{k+2}\right)^{k+1}\left(\sum_{i=1}^k\left(\frac i{k+1}\right)^{k+1}+1\right)\\
&<\left(\frac{k+1}{k+2}\right)^{k+1}\left(\sum_{i=1}^k\left(\frac i{k+1}\right)^k+1\right)\\
&<2\left(\frac{k+1}{k+2}\right)^{k+1},
\end{align*}
由二项式定理有
\[(k+2)^{k+1}=(k+1+1)^{k+1}>(k+1)^{k+1}+C_{k+1}^1(k+1)^k=2(k+1)^{k+1},\]
即
\[2\left(\frac{k+1}{k+2}\right)^{k+1}<1,\]
所以当 `n=k+1` 时不等式也成立，故由数归可知原不等式成立。

kuing

猜想有更强式：
\[\left(\frac1{n+1}\right)^n+\left(\frac2{n+1}\right)^n+\cdots+\left(\frac n{n+1}\right)^n<\frac1{e-1}.\]

类似题：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=2890

kuing

今天群里 wwd 给出：

生如夏花(2365*****)  14:59:47


kuing(249533164)  15:40:42

kuing(249533164)  15:51:06
按我的理解，这样写会更好看一些：
\[\left(\frac k{k+1}\right)^k\searrow\riff\left(\frac k{k+1}\right)^k\leqslant\frac12\]
\begin{align*}
\riff\left(\frac k{n+1}\right)^n&=\left(\frac n{n+1}\right)^n\left(\frac{n-1}n\right)^n\left(\frac{n-2}{n-1}\right)^n\cdots\left(\frac k{k+1}\right)^n\\
&<\left(\frac n{n+1}\right)^n\left(\frac{n-1}n\right)^{n-1}\left(\frac{n-2}{n-1}\right)^{n-2}\cdots\left(\frac k{k+1}\right)^k\\
&<\left(\frac12\right)^{n-k+1}
\end{align*}
\[\riff\sum_{k=1}^n\left(\frac k{n+1}\right)^n<\sum_{k=1}^n\left(\frac12\right)^{n-k+1}=1-\frac1{2^n}<1\]
  生如夏花(2365*****)  15:52:00
漂亮多了

v6mm131(2646*****)  16:04:32

这个函数递减的证明，不好给学生说明
幂平均超纲了啊

kuing(249533164)  16:09:50
那就将第一行改为
\[(k+1)^k\geqslant k^k+C_k^1k^{k-1}=2k^k\riff\left(\frac k{k+1}\right)^k\leqslant\frac12\]
就不需要证递减了
用的是二项式定理放缩

ic_Mivoya

猜想还有更强式：
$$\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\left(\dfrac in\right)^n&<\dfrac e{e-1}\cdot\dfrac{2n}{2n+1};\\
\left(\dfrac n{n+1}\right)^n&<\dfrac1e\cdot\dfrac{2n+1}{2n}.
\end{aligned}$$
（相乘即得 2# 式子）
然而其证明大概同样是困难的

睡神

小于1的很容易得证

构造函数$f(x)=x^n,0\le x\le 1$

将区间$[0,1]$平均分割成$n+1$份，作$n+1$个长方形，其中长为$\dfrac1{n+1}$，宽为$\left(\dfrac k{n+1}\right)^n$

则\[\left(\dfrac1{n+1}\right)^n+\left(\dfrac2{n+1}\right)^n+\cdots+\left(\dfrac n{n+1}\right)^n<(n+1)\int_0^1x^ndx=x^{n+1}|_0^1=1.\]

abababa

kuing 发表于 2024-4-28 15:53
猜想有更强式：
\[\left(\frac1{n+1}\right)^n+\left(\frac2{n+1}\right)^n+\cdots+\left(\frac n{n+1}\rig ...

不知道下面这个能不能用上：
\[\lim_{n\to\infty}\frac{1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n}{n^n}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_k}{k!}\]

其中$B_k$是第k个伯努力数。然后还有一个伯努力数的生成函数：
\[\frac{z}{e^z-1}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^nB_k}{k!}\]

isee

睡神 发表于 2024-4-30 02:39
小于1的很容易得证

构造函数$f(x)=x^n,0\le x\le 1$

我在知乎上看到过题类似的手法

isee

isee 发表于 2024-4-30 20:42
我在知乎上看到过题类似的手法

我仔细的看了下 2# ，我可能见到的是其链接中求极限的……

realnumber

按4楼思路,
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\left(\dfrac in\right)^n&<\dfrac e{e-1}\cdot\dfrac{n}{n+t}-------(1);\\
\left(\dfrac n{n+1}\right)^n&<\dfrac1e\cdot\dfrac{n+t}{n}--------(2).
\end{aligned}

      


证第2个,具体过程如下,0<t<1待定,t尽可能小,那么第一个证明难度就越小,要证明$(\frac{n}{n+1})^n<\frac{n+t}{en}\iff e<(\frac{n+1}{n})^n\frac{n+t}{n}$,------(1) n趋于正无穷时,左右相等.
设$f(n)=n\ln \frac{n+1}{n}+\ln \frac{n+t}{n}   ,n\ge 1$
要证明(1)成立.只需要证明f(n)单调递减,即f'(n)<0
即$\ln \frac{n+1}{n}+n(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n})+\frac{1}{n+t}-\frac{1}{n}<0$
又n趋于正无穷时,f'(n)趋于0,只需要证明f"(x)>0
即$\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}+\frac{1}{(n+1)^2}-\frac{1}{(n+t)^2}+\frac{1}{n^2}>0$
$\iff  \frac{-1}{n(n+1)^2}+\frac{t(2n+t)}{n^2(n+t)^2}>0$
$\iff  t(2n+t)(n+1)^2>n(n+t)^2$成立.考虑最高次系数,t最小就是0.5,且成立

第一个,没头绪

kuing

realnumber 发表于 2024-5-2 22:01
证第2个,具体过程如下,0<t<1待定,t尽可能小,那么第一个证明难度就越小,要证明$(\frac{n}{n+1})^n<\frac{n+t}{en}\iff e<(\frac{n+1}{n})^n\frac{n+t}{n}$,------(1) ...

这让我想起一道老题：

若不等式
\[\left(1+\frac1n\right)^{n+a}>e\]
对任意的 $n\inN^+$ 都成立，求常数 $a$ 的最小值。

答案就是 `a_{\min}=1/2`。

据此有
\[\left(1+\frac1n\right)^n\sqrt{1+\frac1n}>e,\]
倒数再用均值得
\[\left(\frac n{n+1}\right)^n<\frac1e\sqrt{1+\frac1n}<\frac1e\cdot\frac{1+1+\frac1n}2=\frac1e\cdot\frac{2n+1}{2n}.\]

ic_Mivoya

ic_Mivoya 发表于 2024-4-30 00:49
猜想还有更强式：
$$\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\left(\dfrac in\right)^n&<\dfrac e{e-1}\cdot\dfrac{2n ...

补一份 4# 第二式的证明：
$$\begin{aligned}
\left(\dfrac{n+1}n\right)^n
&=\exp\left(n\ln\left(1+\dfrac1n\right)\right)\\
&>\exp\left(n\cdot\dfrac{2\cdot\frac1n}{2+\frac1n}\right)\\
&=\exp\left(\dfrac{2n}{2n+1}\right)\\
&>e\cdot\dfrac{2n}{2n+1}
\end{aligned}$$
两处放缩分别是 $\ln(1+x)>\dfrac{2x}{2+x}(x>0)$ 和 $e^x\ge ex$。
再取倒数即得：
$$\left(\dfrac n{n+1}\right)^n<\dfrac1e\cdot\dfrac{2n+1}{2n}$$

睡神

继续对不等式进行加强：
\begin{aligned}
\dfrac {e}{e-1}-\dfrac{1}{n+1}<\sum_{i=1}^n\left(\dfrac in\right)^n&<\dfrac {e}{e-1}-\dfrac{1}{n+2},n\ge 2.
\end{aligned}

睡神

睡神 发表于 2024-5-4 22:33
继续对不等式进行加强：
\begin{aligned}
\dfrac {e}{e-1}-\dfrac{1}{n+1}<\sum_{i=1}^n\left(\dfrac in\ri ...

@战巡 大佬，这个不等式是否成立？成立的话，怎么证明？

realnumber

没证出来，留着以后再有想法时来修改

由2楼链接提示
n=1,2,直接计算，以下$n\ge3$
只要证明
$(\frac{n}{n+1})^n(1-\frac{i}{n})^n\le e^{-i}e^{-1}$，再两边$i=0,1,2,...,n-1$求和，即得证
以下先证$i=1,2,...,n-1$，i=0在后半部“补丁”里证明
取对数，即要证明$\ln (1-\frac{1}{n+1})+\ln (1-\frac{i}{n})<-\frac{1}{n}-\frac{i}{n}$
即要证明$-\ln (1+\frac{1}{n})+\ln (1-\frac{i}{n})<-\frac{1}{n}-\frac{i}{n}$，
设$x=\frac{1}{n}\in (0,\frac{1}{i})$
记$g(x)=x+ix+\ln (1-ix)-\ln (1+x)$
$g(0)=0,$以下证明$g'(x)<0$
$g'(x)=1+i-\frac{i}{1-ix}-\frac{1}{1+x}<0 \iff \frac{x}{1+x} <\frac{i^2x}{1-ix}$
$\iff 1-ix<i^2(1+x)$,这是x的一次式，只需代入两端x=0,$\frac{1}{i}$成立.
仅i=0时候反向，看看能否修改

“补丁”：i=0,1,2,3,4合在一起证明，记$g(n,i)=(\frac{n-i}{n+1})^n-e^{-1-i},$
要证$h(n)=g(n,0)+g(n,1)+g(n,2)+g(n,3)+g(n,4)$，由几何画图猜的
若这个补丁成立,则2楼成立