Iloczyn pierwiastków
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11413
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
Iloczyn pierwiastków
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.
Powód: Interpunkcja.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Iloczyn pierwiastków
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.
Jej druga pochodna to \(\displaystyle{ \frac{2\ln(1+x)-\frac{x(3x+2)}{(1+x)^{2}}}{x^3}}\)
i tak na oko (
Kod: Zaznacz cały
https://www.wolframalpha.com/input/?i=2%281%2Bx%29%5E2+log%281%2Bx%29%3Ex%283x%2B2%29
-
- Użytkownik
- Posty: 1666
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 447 razy
Re: Iloczyn pierwiastków
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 \(\displaystyle{ \frac{m+1}{m}\neq 1}\).
Dodano po 2 godzinach 10 minutach 21 sekundach:
No i miało być oczywiście \(\displaystyle{ \frac{k+1}{k}\neq 1}\), a nie \(\displaystyle{ \frac{m+1}{m}\neq 1}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 125
- Rejestracja: 3 cze 2012, o 00:37
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 16 razy
- Pomógł: 24 razy
Re: Iloczyn pierwiastków
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?
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?
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10226
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2362 razy
Re: Iloczyn pierwiastków
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 \(\displaystyle{ 3}\).
Ta nierówność jest nieoczywista.
-
- Użytkownik
- Posty: 125
- Rejestracja: 3 cze 2012, o 00:37
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 16 razy
- Pomógł: 24 razy
Re: Iloczyn pierwiastków
@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
Z nierównością się zgodzę, chodziło tylko czy oboma sposobami mogę dowodzić