[Nierówności] suma. wykaz jak najprosciej:

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ [\frac{1}{1}+ \frac{1}{2}+.... \frac{1}{[e^n]}]=n}\)

[greey10]

heh nie donca wiem co mam tu zrobic? jakie jest powiazanie miedzy pierwszymi czynikami a ostatnim??

[juzef]

Kolejne liczby harmoniczne aż do \(\displaystyle{ \frac{1}{[e^n]}}\).

[mol_ksiazkowy]

greey10 napisal

heh nie donca wiem co mam tu zrobic? jakie jest powiazanie miedzy pierwszymi czynikami a ostatnim??

Jeszcze prosciej ujmujac , skoro \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{+\infty} \frac{1}{j} =+\infty}\) wiec któras suma czastokowa tego szeregu przekroczy ustalone \(\displaystyle{ n}\). Chodzi wiec o to jaki bedzie ten najmniejszy indeks k (wyrazic go jakos jako funkcje n), t ze \(\displaystyle{ s_k \geq n.}\)

[Lider_M]

Jeżeli \(\displaystyle{ (a_n)}\) jest dodatnim ciągiem arytmetycznym rosnącym, to zachodzą nierówności:
\(\displaystyle{ \frac{1}{r}\ln\frac{a_{n+1}}{a_1}}\)

[Sylwek]

to zachodzą nierówności

Skąd te nierówności wytrzasnąłeś?

Dopiszę co nieco.

Pierwsza nierówność: lemat: \(\displaystyle{ \ln (\frac{a_{i+1}}{a_i}) \leqslant \frac{r}{a_i}}\) - przekształcając równoważnie: \(\displaystyle{ \ln (1+\frac{r}{a_i}) \leqslant \frac{r}{a_i} \iff e^{\frac{r}{a_i}} \geqslant \frac{r}{a_i} + 1}\) - to jest prawda na mocy nierówności \(\displaystyle{ e^x \geqslant x+1}\) (równość \(\displaystyle{ \iff}\) x=1). Dodając stronami (nierówność będzie ostra, bo ciąg rosnący):
\(\displaystyle{ \ln (\frac{a_{n+1}}{a_1})=\sum_{k=1}^{n} \ln (\frac{a_{i+1}}{a_i}) < \sum_{k=1}^n \frac{r}{a_k}}\) - co jest równoważne pierwszej nierówności.

Drugiej jeszcze nie wiem jak dowieść, ale zrzucę to na późną godzinę wieczorną (poprosiłbym o dowód).

Pozdrawiam.

[Lider_M]

Drugiej jeszcze nie wiem jak dowieść, ale zrzucę to na późną godzinę wieczorną (poprosiłbym o dowód).

Podobnie, tylko trzeba skorzystać z nierówności \(\displaystyle{ \ln (1+x)>\frac{x}{x+1}}\)
Czyli
\(\displaystyle{ \ln \left(\frac{r}{a_k}+1\right)>\frac{\frac{r}{a_k}}{\frac{r}{a_k}+1}}\)
\(\displaystyle{ \ln\frac{a_{k+1}}{a_k}>\frac{r}{a_{k+1}}}\)
Po dodaniu stronami tych nierówności od \(\displaystyle{ k=1}\) do \(\displaystyle{ k=n-1}\):

\(\displaystyle{ \ln\frac{a_2}{a_1}+\ln\frac{a_3}{a_2}+\ldots+\ln\frac{a_n}{a_{n-1}}>r\left(\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\ldots+\frac{1}{a_n}\right)}\)
\(\displaystyle{ \ln\frac{a_n}{a_1}>r\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\ldots+\frac{1}{a_n}\right)-\frac{r}{a_1}}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ \frac{1}{a_1}+\frac{1}{r}\ln\frac{a_n}{a_1}>\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_n}}\).

[max]

Trochę inne rozwiązanie (w zasadzie to samo, różniłoby się ewentualnym dowodem szczególnego przypadku nierówności w rozwiązaniu powyżej, który to przypadek wystarcza na nasze potrzeby):
Najpierw potrzebne nierówności:
\(\displaystyle{ H_{n}-1< \ln n < H_{n-1}}\)
gdzie \(\displaystyle{ H_{n} =\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}}\)
Dowód - przez interpretację pola pod krzywą \(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\) jako całki - a dokładniej przez przybliżanie pola figury ograniczonej osią X, prostymi x = 1 i x = n metodą prostokątów.
Dalej mamy szacowanie jak wyżej, tzn:
\(\displaystyle{ n < \ln([e^{n}] + 1) }\)