Indukcja, dowód, podwójna nierówność

[Leakof]

Udowodnij, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{2n} < \sqrt[n]{2}-1 \le \frac{1}{n}}\)

[Janusz Tracz]

Do \(\displaystyle{ \sqrt[n]{2}-1 \le \frac{1}{n}}\) wystarczy nierówność między średnimi

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{2}=\sqrt[n]{2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot ... \cdot 1} \le \frac{2+n-1}{n}=1+ \frac{1}{n}}\)

[Premislav]

No, a jak ktoś nie zna nierówności między średnimi (choć warto wtedy poznać), to tę podwójną nierówność można przekształcić do postaci:
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{2n}\right)^n<2\le\left( 1+\frac{1}{n}\right)^n}\).
Dalej wystarczy wykazać, że ciąg
\(\displaystyle{ (a_k)_{k=1}^{\infty}}\), którego k-ty wyraz dany jest przez \(\displaystyle{ a_k=\left( 1+\frac 1 k\right)^k}\)
jest rosnący: tu był ładny dowód
oraz udowodnić bardzo grubą nierówność \(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{k}\right)^k<4}\), którą można łatwo „poprawić" przez \(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{k}\right)^k<3}\).

Wówczas:
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n\right)^n= a_n\ge a_1=2, \\ \left( 1+\frac 1 {2n}\right)^n= \sqrt{a_{2n}}<\sqrt{3}<2}\)

Indukcja nie wydaje mi się szczególnie pomocna w tym zadaniu, ale mogę się mylić.

[Unforg1ven]

A nie można by prawą nierówność zrobić prosto za pomocą Nierówność Bernoulliego?
Skoro w temacie, była indukcja zakładam, że \(\displaystyle{ n \geq 1}\) Inaczej co tu robi w tym wątku?
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{2} = (1+1)^{\frac{1}{n}}}\) stosujemy nierówność, i mamy \(\displaystyle{ \leq 1+\frac{1}{n}}\) Odejmujemy 1 po obu stronach i otrzymujemy tezę.

[Leakof]

a czy lewą stronę można zrobić tak?

\(\displaystyle{ \sqrt[n]{2} > \frac{1}{2n} + 1}\)
\(\displaystyle{ 2 > \left( \frac{1}{2n} + 1\right)^n}\)
z nierówności Bernoulliego:
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2n} + 1\right)^n \le 1+ \frac{1}{2n} \cdot n = \frac{3}{2} < 2}\)

[Premislav]

Ale przecież dla \(\displaystyle{ n>1}\) nierówność Bernoulliego leci w drugą stronę niż napisałeś.

Jeśli \(\displaystyle{ x>-1}\) i \(\displaystyle{ a\in(0,1)}\), to
\(\displaystyle{ (1+x)^a\le 1+ax}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ x>-1}\) i \(\displaystyle{ a\ge 1}\), to
\(\displaystyle{ (1+x)^a\ge 1+ax}\)
(no, właściwie dla \(\displaystyle{ a=1}\) mamy zawsze równość).

[Leakof]

Ah, mój błąd, ale czy właściwie możemy korzystać z nierówności bern. gdy \(\displaystyle{ x}\) nie jest stały?

[Premislav]

Oczywiście, że możemy, byle tylko te warunki, które podałem, były spełnione.

Nieco na siłę można też skorzystać ze znanej nierówności \(\displaystyle{ e^t\ge 1+t}\):
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{2}=e^{\frac 1 n\ln 2}\ge 1+ \frac{1}{n}\ln 2>1+\frac{1}{2n}}\),
bo jak wiadomo \(\displaystyle{ 4>e}\), a co za tym idzie \(\displaystyle{ \ln 4>1}\).

[Leakof]

Mam jeszcze inny pomysł, prosiłbym o weryfikację:
Założenie indukcyjne:
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2n} +1 \right) ^n < 2}\)
Teza indukcyjna:
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2n+2} +1\right) ^{n+1} < 2}\)
Dowód tezy indukcyjnej:
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2n+2} +1 \right) ^{n+1} = \left( \frac{1}{2n+2} +1 \right) \cdot \left( \frac{1}{2n+2} +1 \right)^{n}}\)
Ale! \(\displaystyle{ \frac{1}{2n+2} < \frac{1}{2n}}\) oraz skoro rozważamy \(\displaystyle{ n \ge 1}\) no to ta sama nierówność prawdziwa jest po podniesieniu do potęgi \(\displaystyle{ n}\)
Idziemy dalej:
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2n+2} +1 \right) \cdot \left( \frac{1}{2n+2} +1 \right)^{n} < \left( \frac{1}{2n} +1 \right) \cdot \left( \frac{1}{2n} +1 \right)^{n} < \left( \frac{1}{2n} +1 \right) \cdot 2}\)
Ale! \(\displaystyle{ \frac{1}{2n} +1 > 1}\) więc
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2n} +1 \right) \cdot 2 < 2 \cdot 1 = 2}\)
CND

[Premislav]

Ale! \(\displaystyle{ \frac{1}{2n} +1 > 1}\) więc
\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{2n} +1 \right) \cdot 2 < 2 \cdot 1 = 2}\)

Chyba coś nie tak. Napisałeś coś takiego: ponieważ \(\displaystyle{ a>1}\), to
\(\displaystyle{ ax<x}\) (przy czym \(\displaystyle{ x}\) jest dodatnie).
Indukcyjnie to nie bardzo idzie, ponieważ moim zdaniem by z sukcesem przeprowadzić indukcję, trzeba jakoś wzmocnić tezę, ale to jest dość nieoczywista rzecz i jeśli ktoś nie ma dużego doświadczenia, a nie jest jakoś wybitnie zdolny, to raczej tego nie wymyśli.

[Leakof]

ale gafa na finiszu.. Ehh, zastanawiam się jak to zreperować...

[Premislav]

Nie da się. Lewa strona rośnie, a prawa jest stała, więc stosując założenie indukcyjne, używasz za słabej nierówności. Jak pisałem, jeśli koniecznie chcesz udowodnić tę nierówność indukcyjnie, tezę trzeba wzmocnić.-- 2 lis 2018, o 13:05 --Wymyśliłem takie oto wzmocnienie:
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{2n}\right)^n\le \frac{(2n+1)(2n-1)}{2n^2}}\)

Upieram się jednak, że to nie jest naturalne podejście w tym zadaniu.