貌似和那个级数有关

Shiki

$\frac {n(2n-1)}{3}\leq \frac{(2n+1)^2}{\pi ^2 }\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2} \leq n+\frac {n(2n-1)}{3}$
n为正整数

在打$\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}$的时候忘了怎么标准大小显示，去看了下置顶，打出来才发现置顶里的示例就是我要打的东西..
手机键盘找不到小于号，两个都是严格小于

力工

回复 1# Shiki

女子选拔赛题？

kuing

先说代码：用行间公式（双美元或 \ [ ... \ ]）就是标准显示，而即使是行内公式加 \displaystyle 的话也应该加在最前面，这样就不会左边小右边大了。

再说题：用那个级数的结论很容易证明此题，但我估计命题者并不是这用意，或许Ta正是想通过此题向我们介绍那个级数的一种推导？……坐等标答……

kuing

还是写一写利用那个级数结论来证明此题的过程吧：由
\[\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}=\frac{\pi^2}6,\]得
\[\frac6{\pi^2}\sum_{k=1}^n{\frac1{k^2}}=\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}\biggm/\left( \sum_{k=1}^n\frac1{k^2}+\sum_{k=n+1}^\infty\frac1{k^2} \right)=\frac1{1+p(n)},\]其中
\[p(n)=\sum_{k=n+1}^\infty\frac1{k^2}\biggm/\sum_{k=1}^n\frac1{k^2},\]则
\begin{align*}
p(n)&<\sum_{k=n+1}^\infty\frac1{k^2-1/4}\biggm/\sum_{k=1}^n\frac1{k(k+1)}=\frac{2(n+1)}{n(2n+1)},\\
p(n)&>\sum_{k=n+1}^\infty\frac1{k(k+1)}\biggm/\sum_{k=1}^n\frac1{k^2-1/4}=\frac{2n+1}{4n(n+1)},
\end{align*}代回去化简即得
\[1-\frac{2(n+1)}{2n^2+3n+2}<\frac6{\pi^2}\sum_{k=1}^n{\frac1{k^2}}<1-\frac{2n+1}{4n^2+6n+1},\]乘以 `(2n+1)^2/6` 再化简可得
\[\frac{2n^2}3-\frac16+\frac{2n+1}{3(2n^2+3n+2)}<\frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n{\frac1{k^2}}<\frac{2n^2}3+\frac n3+\frac16-\frac{4n+1}{6(4n^2+6n+1)},\]显然此结果强于原题。

Shiki

回复 2# 力工

是的

Shiki

回复 3# kuing

其实我手写公式的时候$\Sigma$往后都不由自主写大了，所以这个代码效果和我手写类似