Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Żeby to miało ręce i nogi, to będziemy chcieli \(\displaystyle{ n\ge 3}\). Indukcja. Baza: zachodzi \(\displaystyle{ 2\sqrt{3}>3}\), bo \(\displaystyle{ 4>3}\). Zakładamy prawdziwość twierdzenia dla pewnego ustalonego \(\displaystyle{ k\ge 3}\). Dla dowodu kroku indukcyjnego wystarczy \(\displaystyle{ k\sqrt[k]{k+1}>k+1}\), czyli \(\displaystyle{ k+1>\left(1+\frac{1}{k}\right)^k}\). To jest prawda, bo wyrażenie po prawej stronie monotonicznie rośnie do \(\displaystyle{ e}\), a wyrażenie po lewej stronie jest zawsze większe od \(\displaystyle{ e}\). Z dowolności wyboru \(\displaystyle{ k}\), na podstawie ZIM, mamy prawdziwość dla dowolnego \(\displaystyle{ n\ge 3}\). To podkreślone można pokazać dla pewnych dowolnie ustalonych liczb całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ k,m}\), gdzie \(\displaystyle{ m>k}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{m+1}{m}\neq 1}\), to z AM-GM mamy ostro $$\frac{m+1}{m}=\frac{k\cdot\frac{k+1}{k}+(m-k)\cdot 1}{k+(m-k)}>\sqrt[k+(m-k)]{\left(\frac{k+1}{k}\right)^k\cdot 1^{m-k}},$$ czyli \(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{m}\right)^m>\left(1+\frac{1}{k}\right)^k}\). To, że do \(\displaystyle{ e}\), wynika z definicji. Dowód, że \(\displaystyle{ 3>e}\) pewnie gdzieś obok się już pojawił, a jeżeli nie, to (chodzi o trzymanie się tej samej definicji \(\displaystyle{ e}\)) można go przeprowadzić np. w oparciu o fakt, że ciąg o wyrazie \(\displaystyle{ a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}}\) monotonicznie maleje, co można udowodnić indukcyjnie. Mamy \(\displaystyle{ a_1>a_2}\), bo \(\displaystyle{ 32>27}\). Ustalamy \(\displaystyle{ k\ge 1}\), zakładamy prawdziwość dla \(\displaystyle{ k}\) i będziemy dowodzić, że \(\displaystyle{ \frac{a_k}{a_{k+1}}>1}\), czyli że $$\frac{\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k+1}}{\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+2}}=\frac{1}{1+\frac{1}{k}}\cdot\left(\frac{1+\frac{1}{k}}{1+\frac{1}{k+1}}\right)^{k+2}=\frac{1}{1+\frac{1}{k}}\cdot\left(1+\frac{1}{k(k+2)}\right)^{k+2}>1,$$ co jest prawdziwe na mocy nierówności Bernoulliego. Z dowolności wyboru \(\displaystyle{ k}\), na podstawie ZIM, mamy prawdziwość dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\). Ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) zatem zbiega monotonicznie do \(\displaystyle{ e}\), bo \(\displaystyle{ a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)\cdot\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\), wystarczy więc pokazać, że istnieje taka całkowita dodatnia liczba \(\displaystyle{ k}\), że \(\displaystyle{ a_k<3}\). Bierzemy \(\displaystyle{ k=5}\) i mamy równoważnie \(\displaystyle{ 3\cdot 5^6>6^6}\), czyli \(\displaystyle{ 5^6>4^3\cdot 3^5}\). To jest prawda, bo \(\displaystyle{ 108\cdot 144<110\cdot 142=5\cdot 11\cdot 284<5^6}\) się sprowadza do \(\displaystyle{ 3124<3125}\).
PS Można sobie po taniości dowieść \(\displaystyle{ 4>e}\), bo tyle wystarczy na potrzeby głównego problemu, a to zachodzi już dla \(\displaystyle{ a_2}\).
Re: Iloczyn pierwiastków
: 5 maja 2021, o 00:09
autor: Premislav
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 (
) powinna być ona dodatnia dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\), co pociąga wypukłość \(\displaystyle{ f}\). Jest to jednak mniej elementarne.
Re: Iloczyn pierwiastków
: 5 maja 2021, o 03:43
autor: bosa_Nike
Tak czytam to moje pisanie... 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 \(\displaystyle{ \frac{m+1}{m}\neq 1}\).
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?
Re: Iloczyn pierwiastków
: 6 maja 2021, o 17:04
autor: Dasio11
Tulio pisze: ↑6 maja 2021, o 15:05prawa 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.
Re: Iloczyn pierwiastków
: 6 maja 2021, o 17:47
autor: Tulio
@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
Re: Iloczyn pierwiastków
: 6 maja 2021, o 22:23
autor: Dasio11
Sprawdziłeś \(\displaystyle{ a_2 \ge b_2}\), ale nie sprawdziłeś \(\displaystyle{ \frac{a_3}{a_2} \ge \frac{b_3}{b_2}}\).