数列求和的积分放缩，但是更精细

众所周知，对于单调的函数 \(f(x)\)（以增函数为例），有

\[\int_{a-1}^{b} f(x) dx \le \sum \limits_{i=a}^{b} f(i) \le \int_{a}^{b+1} f(x)dx \]

然而这样就够了吗？

求证： \(\sum \limits_{i=1}^n \dfrac{1}{\sqrt i} \gt 2\sqrt n - 1.5\)

我们发现，如果直接大力出奇迹地用积分放缩，只能得到 \(\sum \limits_{i=1}^n i^{-1/2} \gt 2 \sqrt{n+1} -2\) 的结果，或者 \(\sum \limits_{i=1}^n i^{-1/2} \gt \dfrac{1}{\sqrt n} + 2 \sqrt n - 2\)，总之就是放不到 \(2 \sqrt n - 1.5\)。

这题有其他的阴间做法，但只要一个小 trick （是某同学发明的）就可以轻松用积分证到：

如图，我们想求矩形的面积，但在积分时只保留了曲线下方的面积。注意到 \(x^{-1/2}\) 是下凸的，因此可以把上面的小三角形也加上：

加上之后就是

\[\dfrac{1}{\sqrt{n}} \gt \int_{n}^{n+1} \dfrac{1}{\sqrt x}dx + \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{\sqrt{n}} - \dfrac{1}{\sqrt{n+1}}) = 2\sqrt{n+1} - 2\sqrt{n} + \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{\sqrt{n}} - \dfrac{1}{\sqrt{n+1}}) \]

于是

\[\begin{aligned} & \sum \limits_{i=1}^n i^{-1/2} \\ \gt & \sum \limits_{i=1}^{n-1} (2\sqrt{i+1} - \dfrac{1}{2\sqrt {i+1}} - 2\sqrt{i} + \dfrac{1}{2\sqrt{i}} ) + \dfrac{1}{\sqrt{n}}\\ = & \dfrac{1}{\sqrt{n}} + 2\sqrt{n} - \dfrac{1}{2 \sqrt n } - 2 + \dfrac{1}{2} \\ = & 2 \sqrt n - 1.5 + \dfrac{1}{2 \sqrt n} \\ \gt & 2 \sqrt n - 1.5 \end{aligned} \]