Rozstrzygnąć czy nierówności są prawdziwe

Podzielność. Reszty z dzielenia. Kongruencje. Systemy pozycyjne. Równania diofantyczne. Liczby pierwsze i względnie pierwsze. NWW i NWD.
Bran
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 141
Rejestracja: 19 lut 2019, o 19:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 45 razy
Pomógł: 10 razy

Rozstrzygnąć czy nierówności są prawdziwe

Post autor: Bran » 11 sie 2019, o 22:59

Dla \(\displaystyle{ n \ge 4, \; n \in \NN}\) rozstrzygnąć prawdziwość następujących nierówności:

1. \(\displaystyle{ \sqrt[2n]{n!} < H_n,}\)
2. \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n!} > H_n,}\)

gdzie \(\displaystyle{ H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac1n.}\)

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14195
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 61 razy
Pomógł: 4654 razy

Re: Rozstrzygnąć czy nierówności są prawdziwe

Post autor: Premislav » 11 sie 2019, o 23:45

Pierwsza nie zachodzi (a nawet przeważnie zachodzi nierówność w drugą stronę), druga owszem.
AM-GM (równość nie zajdzie, bo zmienne nie są równe, \(\displaystyle{ \frac 1 i\neq \frac{1}{i+1}}\)):
\(\displaystyle{ \frac{1+\frac 1 2+\ldots+\frac 1 n}{n} \ge \frac{1}{\sqrt[n]{n!}} \\\sqrt[n]{n!}\ge \frac{n}{H_n}}\)
Gdyby więc zaszło
\(\displaystyle{ \frac{n}{H_n}\ge H_n^2 \ (*)}\), to otrzymalibyśmy nierówność dokładnie przeciwną do 1, bo wówczas
\(\displaystyle{ \sqrt{\sqrt[n]{n!}}\ge \sqrt{H_n^2}=H_n}\)
a nierówność \(\displaystyle{ (*)}\) łatwo przekształcić równoważnie do postaci
\(\displaystyle{ n^{\frac 1 3}\ge H_n}\).
Ostatnio zakładałeś wątek, w którym dowodziliśmy, że
\(\displaystyle{ H_n\le 1+\ln n}\), więc jak będzie
\(\displaystyle{ 1+\ln n\le n^{\frac 1 3}}\), to sprawa załatwiona.
A to można skminić chociażby tak:
\(\displaystyle{ 1+\ln n=1+6\ln n^{\frac 1 6}\le 1+6(n^{\frac 1 6}-1)=-5+6n^{\frac 1 6}\le n^{\frac 1 3}}\)
Pierwsza nierówność to \(\displaystyle{ \ln (1+x)\le x}\) (znane), a druga to prosta nierówność kwadratowa zmiennej \(\displaystyle{ n^{\frac 1 6}}\) do pozamiatania.

-- 11 sie 2019, o 23:09 --

A, no dobra, jest to \(\displaystyle{ n^{\frac 1 6}}\), co trochę komplikuje sprawę, bo tam masz to głupie \(\displaystyle{ n\ge 4}\) w założeniach.
Druga nierówność:
wykazałem, że
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{n!}>\frac{n}{H_n}}\), więc wystarczy, że
\(\displaystyle{ n\ge H_n^2\\ \sqrt{n}\ge H_n}\), a to jest prawdą dla \(\displaystyle{ n=7}\) i dalej można indukcyjnie, krok indukcyjny: \(\displaystyle{ \sqrt{n+1}-\sqrt{n}>\frac{1}{2\sqrt{n+1}}\ge \frac{1}{n+1}}\) i dodać otrzymaną nierówność stronami.
Pozostałe przypadki na pałę można sprawdzić podstawiając, no trzy liczby raptem to są.-- 11 sie 2019, o 23:31 --W sumie za dużo tutaj kroków pośrednich, nie podoba mi się to. Uproszczę dowód nierówności nr 2.
Lemat: w całkowitych dodatnich jest \(\displaystyle{ n!>\left( \frac n e\right)^n}\).
Ten lemat to klasyka, dowodzi się go indukcyjnie, przy czym w kroku indukcyjnym korzysta się z nierówności \(\displaystyle{ e>\left( 1+\frac 1 n\right)^n}\).

Z lematu mamy
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{n!}>\frac n e}\) i jeśli \(\displaystyle{ \frac n e\ge H_n}\), to nierówność nr 2 jest spełniona.
A nierówność \(\displaystyle{ \frac n e \ge H_n}\) zachodzi dla \(\displaystyle{ n\ge 8}\) i pozostaje sprawdzić ręcznie \(\displaystyle{ n\in\left\{ 4,5,6,7\right\}}\).

Natomiast nierówność nr 1 nie zachodzi w ogólności w żadną stronę. Dla dużych \(\displaystyle{ n}\) widać już z moich wypocin, czemu zachodzi w przeciwną, a tymczasem dla \(\displaystyle{ n=4}\) mamy
\(\displaystyle{ \sqrt[8]{24}<2<1+\frac 1 2+\frac 1 3+\frac 1 4}\)
Ostatnio zmieniony 11 sie 2019, o 23:59 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.

ODPOWIEDZ