ciąg arytmetyczny

[ann_u]

Niech \(\displaystyle{ \left( a_n \right)_{n\ge 1}}\) bedzie ciągiem arytmetycznym z \(\displaystyle{ a_1=1}\) oraz \(\displaystyle{ r}\) -naturalne.

Wykaz że
\(\displaystyle{ a_n^{1/a_k} <1+\sqrt{\frac{2\left( a_n-1 \right)}{a_k\left( a_k -1 \right)}} , }\)

dla wszystkich liczb naturalnych \(\displaystyle{ 2\le k\le n. }\)

[Premislav]

Nie jest to chyba zbyt mocne szacowanie. Mamy
\(\displaystyle{ 1+\sqrt{\frac{2(a_{n}-1)}{a_{k}(a_{k}-1)}}=\frac{a_{k}+\sqrt{\frac{2a_{k}(a_{n}-1)}{a_{k}-1}}}{a_{k}}\\=\frac{2+\sqrt{\frac{a_{k}(a_{n}-1)}{2(a_{k}-1)}}+\sqrt{\frac{a_{k}(a_{n}-1)}{2(a_{k}-1)}}+\overbrace{1+\ldots+1}^{a_{k}-3}}{a_{k}}\\>\left((a_{n}-1)\frac{a_{k}}{a_{k}-1}\right)^{\frac{1}{a_{k}}} }\)
z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (równość nie zachodzi, bo zmienne nie są równe)
i pozostaje wykazać, że \(\displaystyle{ \left(\left(a_{n}-1\right)\frac{a_{k}}{a_{k}-1}\right)^{\frac{1}{a_{k}}}\ge a_{n}^{\frac{1}{a_{k}}}}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ a_{n}\ge a_{k} }\)
co w świetle założeń jest rzeczą oczywistą.
Pozostaje odnotować, że to rozumowanie nie działa dla \(\displaystyle{ k=2}\), jeśli przypadkiem \(\displaystyle{ r=1}\), ale z tym się można rozprawić oddzielnie:
\(\displaystyle{ \sqrt{a_{n}}<1+\sqrt{a_{n}-1}\Leftrightarrow 0<2\sqrt{a_{n}-1}}\)
co ewidentnie jest prawdą.

[ann_u]

A ta granica
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty } \frac{1}{a_n}\sum_{n=1}^n a_n^{1/a_k}=??}\)

[Tulio]

Wydaje mi się, że ta nierówność z tematu może zostać wzmocniota w ten sposób:
\(\displaystyle{ a_n^{1/a_k} <1+\sqrt[k]{\frac{2\left( a_n-1 \right)}{a_k\left( a_k -1 \right)}} }\)

Nie umiem tego dowieść.

Dodano po 9 minutach 51 sekundach:

A ta granica
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty } \frac{1}{a_n}\sum_{n=1}^n a_n^{1/a_k}=??}\)

Czym tutaj jest \(\displaystyle{ a_k}\)? Może być równy \(\displaystyle{ 2}\) (dla \(\displaystyle{ k=2}\) i \(\displaystyle{ r=1}\)), a może podążać za \(\displaystyle{ a_n}\) do nieskończoności.

[ann_u]

A ta granica
\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty } \frac{1}{a_n}\sum_{k=1}^n a_n^{1/a_k}=??}\)

Zmienione.

[Premislav]

\(\displaystyle{ \frac{n-1}{a_{n}}<\frac{1}{a_{n}}\sum_{k=2}^{n}a_{n}^{\frac{1}{a_{k}}}<\frac{1}{a_{n}}\sum_{k=2}^{n}\left(1+\sqrt{\frac{2(a_{n}-1)}{a_{k}(a_{k}-1)}}\right)\\=\frac{n-1}{a_{n}}+\frac{1}{a_{n}}\sum_{k=2}^{n}\sqrt{\frac{2(a_{n}-1)}{a_{k}(a_{k}-1)}}\\<\frac{n-1}{a_{n}}+\sqrt{\frac{2}{a_{n}}}\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{\sqrt{a_{k}(a_{k}-1)}}}\)
i teraz mamy nierówności:
\(\displaystyle{ a_{n}\ge n}\) (oczywista),
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{a_{k}(a_{k}-1)}}<\frac{1}{a_{k}-1}\le \frac{1}{k-1}}\) (też oczywista)
no i wreszcie \(\displaystyle{ \sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k-1}\le1+\ln(n-1), \ n\ge 2}\)
Tę ostatnią nierówność można udowodnić indukcyjnie;
W kroku indukcyjnym z nierówności \(\displaystyle{ \ln(1+x)>\frac{x}{1+x}, \ x>0}\)
dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}=\frac{\frac{1}{n-1}}{1+\frac{1}{n-1}}<\ln\left(1+\frac{1}{n-1}\right)=\left(1+\ln n\right)-\left(1+ln(n-1)\right)}\)
Wobec tego
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{2}{a_{n}}}\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{\sqrt{a_{k}(a_{k}-1)}}<\frac{\sqrt{2}(1+\ln(n-1))}{\sqrt{n}}}\)
i reszta jest już całkowicie oczywista. Wynik: \(\displaystyle{ 1+\frac{1}{r}}\)