Question

Prove Theorem 7.31. That is, show that if a function a is continuous, positive, and decreasing, and if the improper integral ${\int }_1^{\infty }a\left(x\right)dx$converges, then the nth remainder, $R_n$, for the series$\sum _{k=1}^{\infty }a\left(k\right)$ is bounded by$0\le R_n=\sum _{k=n+1}^{\infty }a\left(k\right)\le {\int }_n^{\infty }a\left(x\right)dx$

Short answer

$$\begin{gathered} \mathrm{The}\mathrm{function}\mathrm{a}:[1,\infty )\to \mathrm{ℝ}\mathrm{is}\mathrm{continuous}\mathrm{and}\mathrm{decreasing}. \\ \mathrm{Therefore}: \\ \mathrm{a}\left(\mathrm{k}\right)\le {\int }_{\mathrm{x}=\mathrm{k}-1}^{\mathrm{k}}\mathrm{a}\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx}.....\left(1\right) \\ \mathrm{Hence}, \\ \sum _{\mathrm{k}=\mathrm{n}+1}^{\infty }\mathrm{a}\left(\mathrm{k}\right)\le {\int }_{\mathrm{x}=\mathrm{n}}^{\infty }\mathrm{a}\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx}(\mathrm{Summing}(1\left)\right).....\left(2\right) \\ \mathrm{From}\left(2\right), \\ 0\le {\mathrm{R}}_{\mathrm{n}}=\sum _{\mathrm{k}=\mathrm{n}+1}^{\infty }\mathrm{a}\left(\mathrm{k}\right)\le {\int }_{\mathrm{n}}^{\infty }\mathrm{a}\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx} \end{gathered}$$

Step-by-step solution

Step 1. Given information is:

${\int }_1^{\infty }\mathrm{a}\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx}\mathrm{is}\mathrm{convergent}$

Step 2. Finding Rn

$$\begin{gathered} \mathrm{The}\mathrm{improper}\mathrm{integral}\mathrm{is}\mathrm{convergent}.\mathrm{Therefore},\mathrm{the}\mathrm{series}\sum _{\mathrm{k}=1}^{\infty }{\mathrm{a}}_{\mathrm{k}}\mathrm{is}\mathrm{convergent} \\ \mathrm{by}\mathrm{integral}\mathrm{test}\mathrm{and}\mathrm{assume}\mathrm{that}\mathrm{it}\mathrm{converges}\mathrm{to}\mathrm{sum}\mathrm{L}. \\ \mathrm{The}\mathrm{approximation}\mathrm{of}\mathrm{L}\mathrm{with}{\mathrm{n}}^{\mathrm{th}}\mathrm{partial}\mathrm{sum}{\mathrm{S}}_{\mathrm{n}}=\sum _{\mathrm{k}=1}^{\mathrm{n}}{\mathrm{a}}_{\mathrm{k}}\mathrm{gives}\mathrm{the} \\ \mathrm{remainder}{\mathrm{R}}_{\mathrm{n}}\mathrm{of}\mathrm{the}\mathrm{series}\sum _{\mathrm{k}=1}^{\infty }{\mathrm{a}}_{\mathrm{k}}. \\ \mathrm{The}{\mathrm{n}}^{\mathrm{th}}\mathrm{remainder}\mathrm{is}\mathrm{defined}\mathrm{by}{\mathrm{R}}_{\mathrm{n}}\mathrm{and}\mathrm{is}\mathrm{given}\mathrm{by}: \\ {\mathrm{R}}_{\mathrm{n}}=\mathrm{L}-{\mathrm{S}}_{\mathrm{n}} \\ =\sum _{\mathrm{k}=\mathrm{n}+1}^{\infty }{\mathrm{a}}_{\mathrm{k}} \\ \mathrm{Thus},\mathrm{the}\mathrm{remainder}{\mathrm{R}}_{\mathrm{n}}\mathrm{of}\mathrm{the}\mathrm{series}\sum _{\mathrm{k}=1}^{\infty }{\mathrm{a}}_{\mathrm{k}}\mathrm{is}{\mathrm{R}}_{\mathrm{n}}=\sum _{\mathrm{k}=\mathrm{n}+1}^{\infty }{\mathrm{a}}_{\mathrm{k}}. \end{gathered}$$

Step 3. Result

$$\begin{gathered} \mathrm{Also},\mathrm{the}\mathrm{function}\mathrm{a}:[1,\infty )\to \mathrm{ℝ}\mathrm{is}\mathrm{continuous}\mathrm{and}\mathrm{decreasing}. \\ \mathrm{Therefore},\mathrm{following}\mathrm{inequality}\mathrm{holds}: \\ \mathrm{a}\left(\mathrm{k}\right)\le {\int }_{\mathrm{x}=\mathrm{k}-1}^{\mathrm{k}}\mathrm{a}\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx}.....\left(1\right) \\ \mathrm{Hence}, \\ \sum _{\mathrm{k}=\mathrm{n}+1}^{\infty }\mathrm{a}\left(\mathrm{k}\right)\le {\int }_{\mathrm{x}=\mathrm{n}}^{\infty }\mathrm{a}\left(\mathrm{x}\right)\mathrm{dx}(\mathrm{Summing}(1\left)\right).....\left(2\right) \\ \mathrm{From}\left(2\right),\mathrm{it}\mathrm{is}\mathrm{proved}\mathrm{that}\mathrm{the}{\mathrm{n}}^{\mathrm{th}}\mathrm{remainder},{\mathrm{R}}_{\mathrm{n}}\mathrm{for}\mathrm{the}\mathrm{series}\sum _{\mathrm{k}=1}^{\infty }{\mathrm{a}}_{\mathrm{k}}\mathrm{is}\mathrm{bounded}\mathrm{by} \\ 0\le R_n=\sum _{k=n+1}^{\infty }a\left(k\right)\le {\int }_n^{\infty }a\left(x\right)dx \end{gathered}$$