La cosa es ver que [math]1\over{1^2} se suma [math]2010 veces y [math]1\over{2010^2} una sola vez. No tengo ganas de hacer toda la cuenta pero creo que es asi.
[math]\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{i^2}=\frac{\pi^2}{6} [math]2010(A_{2010})<\frac{(2010)\pi^2}{6} [math]A_{i}\leq A_{2010} \forall i \leq 2010 [math]\sum_{i=1}^{\2010}A_i<\frac{(2010)\pi^2}{6}
Ahora, tenemos que acotar B.
Sabemos que el primer termino es uno.
Sabemos que los terminos 2-9 son menores o iguales que un medio.
Entonces su suma es menor o igual a 4.
Sabemos que los terminos 10-2010 son menores o iguales que 1/10, asi que su suma es menor o igual a 201.
Entonces esto es menor a 2010(pi^2/6)+205, lo cual se puede evaluar facilmente con la calculadora y ver que es menor que 4020.
O sin la calculadora aproximando mi a 3.2 para facilitar las cuentas (en caso de que el uso de calculadora no este permitido).
Sí A1+A2+...+An+B<2n es cierto para n=2010, la solución está completa
Lo anterior se puede reescribir como
n+(A1-1)+(A2-1)+...+(An-1)+B<2n
Lo que por el lema 1 equivale a:
n+(n-1)(3/4)+(-(1/2)-(1/3)-...-(1/n))+B<2n
n+(n-1)(3/4)+1<2n
Y llegamos a
(7/4)n+(1/4)<2n, que es cierto para n=2010
$\sum \limits _{i=2}^{2010}\frac{1}{i^2}<\sum \limits _{i=2}^{2010}\frac{1}{i^2-i}$ (pues el primero tiene un denominador mayor, siendo cada término más chico. Notemos también que $i$ toma valores desde $2$, sino tendríamos un denominador que vale $0$ para $i=1$)
Ahora veamos que $a_1 = \frac{1}{1^2}, a_2 = \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}, a_3 = \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2} \dots$ de donde $a_1+a_2+\dots + a_{2010} = \frac{2010}{1^2}+\frac{2009}{2^2}+\frac{2008}{3^2}+\dots+\frac{1}{2010^2}$ pues cada termino $a_n$ aparece en $a_{n+1}$ y como hay $2010$ términos, entonces $a_1$ aparece $2010$ veces, $a_2$ aparece $2009 \dots$ Ahora, veamos que si $S = a_1+\dots+a_{2010} + B$:
Por lo que debemos demostrar que $\frac{2011}{1^2}+\frac{2011}{2^2}+\frac{2011}{3^2}+\dots+\frac{2011}{2010^2} < 4020 \iff \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\dots+\frac{1}{2010^2} < \frac{4020}{2011}$ Sin embargo notemos que claramente $\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\dots+\frac{1}{2010^2} < \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\dots = \frac{\pi^2}{6} \approx 1,64493$ y como $\frac{4020}{2011} \approx 1,999$ entonces estamos.
Sea $C_n=A_n+\dfrac{1}{n}$. Entonces $$A_1+A_2+\cdots +A_{2010}+B=\left( A_1+\dfrac{1}{1}\right)+\left( A_2+\dfrac{1}{2}\right)+\dots+\left( A_{2010}+\dfrac{1}{2010}\right)=C_1+C_2+\dots+C_{2010}$$
Notemos que para $n>1$ se cumple $\dfrac{1}{n-1}>\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}\iff n^2>n\left( n-1\right)+\left( n-1\right)=n^2-1$. Luego tenemos
$$C_{n}=A_n+\dfrac{1}{n}=A_{n-1}+\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{n}=C_{n-1}-\dfrac{1}{n-1}+\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{n}<C_{n-1}$$
Por lo tanto $C_1>C_2>\dots>C_{2010}$. En particular $C_n<C_1=\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{1}=2$ para $n>1$. Por último
$$A_1+A_2+\cdots +A_{2010}+B=C_1+C_2+\dots+C_{2010}<2010\cdot C_1=4020$$ Como queríamos. $\bigstar$
Vamos a probar que si cambiamos $2010$ por un entero $n>1$ entonces $A_1+\cdots +A_n+B<2n$.
La primera observación es que como las fracciones de la forma $\frac{1}{k^2}$ aparecen recién a partir de $A_k$ en la suma $A_1+\cdots +A_n$, entonces cada una aparece $n-k+1$ veces, con lo que aporta un total de$$\frac{n-k+1}{k^2}=\frac{n+1}{k^2}-\frac{1}{k}.$$Sumando todos los $A_k$ obtenemos entonces$$(n+1)\left (\frac{1}{1^2}+\cdots +\frac{1}{n^2}\right )-\left (\frac{1}{1}+\cdots +\frac{1}{n}\right ),$$es decir que$$A_1+\cdots +A_n=(n+1)A_n-B,$$y por lo tanto buscamos ver que $(n+1)A_n<2n$, es decir, que$$A_n<\frac{2n}{n+1}.$$Vamos a demostrar esto por inducción.
El caso base $n=2$ es cierto pues $A_2=\frac{5}{4}$ y $\frac{2\cdot 2}{2+1}=\frac{4}{3}$. Ahora, si se cumple para algún $n\geq 2$, buscamos ver que$$A_{n+1}<\frac{2(n+1)}{n+2},$$y usando que $A_{n+1}=A_n+\frac{1}{(n+1)^2}$ por definición y que $A_n<\frac{2n}{n+1}$ por hipótesis inductiva, concluimos que nos basta ver que$$\frac{2n}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}<\frac{2(n+1)}{n+2}.$$Multiplicando cruzado (no cambia el signo porque todo es positivo), expandiendo y cancelando, nos queda ver que $n>0$, pero esto es cierto pues $n\geq 2$. Ganamos.
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