Iloczyn pierwiastków

Od funkcji homograficznych do bardziej skomplikowanych ilorazów wielomianów. Własności. RÓWNANIA I NIERÓWNOŚCI.
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6480
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 2587 razy
Pomógł: 683 razy

Iloczyn pierwiastków

Post autor: mol_ksiazkowy » 4 maja 2021, o 09:29

Udowodnić, że \(\displaystyle{ 2 \sqrt{3} \sqrt[3]{4} \ ... \ \sqrt[n-1]{n} >n }\).
Ostatnio zmieniony 4 maja 2021, o 09:54 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

bosa_Nike
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1598
Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
Płeć: Kobieta
Podziękował: 61 razy
Pomógł: 424 razy

Re: Iloczyn pierwiastków

Post autor: bosa_Nike » 4 maja 2021, o 23:17

Ukryta treść:    

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15336
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 173 razy
Pomógł: 5101 razy

Re: Iloczyn pierwiastków

Post autor: Premislav » 5 maja 2021, o 00:09

Dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\) działa też (po obustronnym zlogarytmowaniu) nierówność Jensena dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}}\).
Jej druga pochodna to \(\displaystyle{ \frac{2\ln(1+x)-\frac{x(3x+2)}{(1+x)^{2}}}{x^3}}\)
i tak na oko (wujowskie, nie moje) powinna być ona dodatnia dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\), co pociąga wypukłość \(\displaystyle{ f}\). Jest to jednak mniej elementarne. :|

bosa_Nike
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1598
Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
Płeć: Kobieta
Podziękował: 61 razy
Pomógł: 424 razy

Re: Iloczyn pierwiastków

Post autor: bosa_Nike » 5 maja 2021, o 01:33

Tak czytam to moje pisanie... :roll: To tak, żeby tu był jakiś w miarę logiczny porządek: ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) monotonicznie maleje i jest dodatni, a więc ograniczony z dołu przez zero, czyli ma granicę, nazwijmy ją \(\displaystyle{ e}\). Mamy, że \(\displaystyle{ 3>a_5>e}\). Ciąg o wyrazie \(\displaystyle{ b_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\) ma taką samą granicę i jest monotonicznie rosnący, a więc \(\displaystyle{ n+1>3>e>\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\).

Dodano po 2 godzinach 10 minutach 21 sekundach:
No i miało być oczywiście \(\displaystyle{ \frac{k+1}{k}\neq 1}\), a nie \(\displaystyle{ \frac{m+1}{m}\neq 1}\).

Tulio
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 123
Rejestracja: 3 cze 2012, o 00:37
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lublin
Podziękował: 16 razy
Pomógł: 24 razy

Re: Iloczyn pierwiastków

Post autor: Tulio » 6 maja 2021, o 15:05

Czy taki dowód jest prawidłowy?

Niech \(\displaystyle{ a_n = 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt[3]{n} \cdot \ldots \cdot \sqrt[n-1]{n} }\)
Wtedy \(\displaystyle{ a_{n+1} = 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt[3]{n} \cdot \ldots \cdot \sqrt[n-1]{n} \cdot \sqrt[n]{n+1} }\)
oraz niech \(\displaystyle{ b_n = n }\)
Wtedy \(\displaystyle{ b_{n+1} = n+1 }\)

Dla \(\displaystyle{ n = 2}\) zachodzi \(\displaystyle{ a_n \ge b_n}\). Wszystkie wyrazy obu ciągów są dodatnie. Wystarczy pokazać, że iloraz \(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_n} }\) (współczynnik wzrostu wyrazów?) jest większy niż \(\displaystyle{ \frac{b_{n+1}}{b_n}}\)
Zachodzi:
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{n+1} \ge \frac{n+1}{n} }\)
gdyż podnosząc obie strony do potęgi \(\displaystyle{ n}\) mamy:
\(\displaystyle{ n+1 \ge \left( 1+\frac{1}{n}\right)^n }\)
prawa strona jest ograniczona przez \(\displaystyle{ 4}\), a lewa od \(\displaystyle{ n=3}\) jest większa/równa \(\displaystyle{ 4}\). Co należało dowieść.

Można by też z różnicy ciągów. mamy wtedy:
\(\displaystyle{ b_{n+1}-b_n=1}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1}-a_n=\left( 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt[3]{n} \cdot \ldots \cdot \sqrt[n-1]{n} \right)\cdot \left( \sqrt[n]{n+1} - 1 \right) > 1}\)

Dobrze?

Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 9517
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 2116 razy

Re: Iloczyn pierwiastków

Post autor: Dasio11 » 6 maja 2021, o 17:04

Tulio pisze:
6 maja 2021, o 15:05
prawa strona jest ograniczona przez \(\displaystyle{ 4}\), a lewa od \(\displaystyle{ n=3}\) jest większa/równa \(\displaystyle{ 4}\).
W dowodzie potrzebne jest żeby nierówność zachodziła od \(\displaystyle{ n=2}\), co można uzasadnić z faktu że \(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n}\) jest nie tylko mniejsze od \(\displaystyle{ 4}\), ale też od \(\displaystyle{ 3}\).

Tulio pisze:
6 maja 2021, o 15:05
Można by też z różnicy ciągów. mamy wtedy:
\(\displaystyle{ a_{n+1}-a_n=\left( 2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt[3]{n} \cdot \ldots \cdot \sqrt[n-1]{n} \right)\cdot \left( \sqrt[n]{n+1} - 1 \right) > 1}\)
Ta nierówność jest nieoczywista.

Tulio
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 123
Rejestracja: 3 cze 2012, o 00:37
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lublin
Podziękował: 16 razy
Pomógł: 24 razy

Re: Iloczyn pierwiastków

Post autor: Tulio » 6 maja 2021, o 17:47

@Dasio \(\displaystyle{ n=2}\) sprawdziłem najpierw ręcznie. Z tego co wiem nie muszę już tego sprawdzać dalej.
Z nierównością się zgodzę, chodziło tylko czy oboma sposobami mogę dowodzić

Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 9517
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 2116 razy

Re: Iloczyn pierwiastków

Post autor: Dasio11 » 6 maja 2021, o 22:23

Sprawdziłeś \(\displaystyle{ a_2 \ge b_2}\), ale nie sprawdziłeś \(\displaystyle{ \frac{a_3}{a_2} \ge \frac{b_3}{b_2}}\).

Tulio
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 123
Rejestracja: 3 cze 2012, o 00:37
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lublin
Podziękował: 16 razy
Pomógł: 24 razy

Re: Iloczyn pierwiastków

Post autor: Tulio » 7 maja 2021, o 10:30

Ok, dzięki

ODPOWIEDZ