Dowieść nierówność dla n>=7 INDUKCYJNIE

[yeoman]

\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}<\sqrt{n}}\)

dla

\(\displaystyle{ n \geqslant 7}\)


próbowałem to udowadniać, ale nijak nie chce wyjść.

[Tristan]

Sprawdzanie dla n=7 sobie podaruję i przejdę od razu do drugiego kroku dowodowego.
2. Zał. ind.: \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} +\frac{1}{3} + ... +\frac{1}{k} < \sqrt{k}}\)
Teza ind.: \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} +\frac{1}{3} + ... +\frac{1}{k} + \frac{1}{k+1} < \sqrt{k+1}}\)
D-d:
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} +\frac{1}{3} + ... +\frac{1}{k} + \frac{1}{k+1} < \sqrt{k} + \frac{1}{k+1}}\)
(?) \(\displaystyle{ \sqrt{k} + \frac{1}{k+1} < \sqrt{k+1}}\) podnosimy stronami do kwadratu
(?) \(\displaystyle{ k + \frac{2 \sqrt{k} }{k+1}+ \frac{1}{(k+1)^2}< k+1}\)
(?) \(\displaystyle{ \frac{2 \sqrt{k} }{k+1}+ \frac{1}{(k+1)^2}< 1}\)
(?) \(\displaystyle{ 2 \sqrt{k}(k+1) +1<(k+1)^2=k^2+2k+1}\)
(?) \(\displaystyle{ 2 \sqrt{k}(k+1)<k(k+2)}\) znów podnosimy do kwadratu
(?) \(\displaystyle{ 4k(k+1)^2 <k^2(k+2)^2}\)
(?) \(\displaystyle{ 4(k+1)^2<k(k+2)^2=k(k^2+4k+4)}\)
(?)\(\displaystyle{ 4k^2+8k+4<k^3+4k^2+4k}\)
(?) \(\displaystyle{ 4k+4<k^3}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ 4k+4<4k+k=5k<k \cdot k=k^2<k^3}\).
Ponieważ ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \geq 7}\), a wcześniejsze przekształcenia były równoważne, więc teza została wykazana.
3. Na mocy zasady indukcji matematycznej nierówność ta jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \geq 7}\).

[yeoman]

no dzieki bardzo:D

ale czy jest to mozliwe do udowodnienia rozpisując tylko lewą strone??
w sensie
\(\displaystyle{ \sqrt{k}+\frac{1}{1+k}}\)

żeby dojśc do udowodnienia tezy?

[luka52]

Z założenia mamy:
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{k} < \sqrt{k}}\)
Dodając do lewej i prawej strony nierówności \(\displaystyle{ \frac{1}{k+1}}\) otrzymamy lewą stronę tezy (po lewej)
\(\displaystyle{ L_T = 1+ \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{k} + \frac{1}{k+1} < \sqrt{k}+ \frac{1}{k+1}}\)
Zatem wystarczy wykazać, że:
\(\displaystyle{ \sqrt{k}+ \frac{1}{k+1} < \sqrt{k+1} = P_T}\)

[yeoman]

no wiem kurcze, tylko mi chodzi o to ostatnie udowodnienie.. żeby tak rozwijać
\(\displaystyle{ \sqrt{k}+ \frac{1}{k+1}}\)

żeby otrzymać coś tam że to jest mniejsze od pierwiastka z k+1

[luka52]

Czyli rozumiem, że chodzi o udowodnienie tego:
\(\displaystyle{ \sqrt{k}+ \frac{1}{k+1} < \sqrt{k+1}}\)
?
Ale Tristan wszystko elegancko rozpisał.
Zauważ, że w celu pozbycia się pierwiastka należy obustronnie podnieść nierówność do kwadratu.

[yeoman]

no ja juz nie moge.. widze co Tristan zrobił, ale mi nie chodzi o takie udwowodnienie jakie pokazał tristan.. mi chodzi o to zeby zacząć logicznie rozwijac lewą strone zeby móc dojśc do prawej..

[Tristan]

yeoman - pewnie patrząc na te wszystkie przekształcenia możnaby było jakoś to wydedukować, lecz jest to na tyle czasochłonne, że nie warto tego robić. Skoro mamy nierówność z dziedziną ograniczoną do zbioru liczb naturalnych dodatnich, to szybciej i prościej jest ją przekształcań właśnie w taki sposób, by dojść do wyniku, który nas interesuje.

[yeoman]

rozumiem, poprostu chciałem z ciekawości i tak ogólnie spróbowac to inaczej,

dziekuje

[bucus_002]

Sprawdzanie dla n=7 sobie podaruję i przejdę od razu do drugiego kroku dowodowego.
2. Zał. ind.: \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} +\frac{1}{3} + ... +\frac{1}{k} < \sqrt{k}}\)
Teza ind.: \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} +\frac{1}{3} + ... +\frac{1}{k} + \frac{1}{k+1} < \sqrt{k+1}}\)
D-d:
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} +\frac{1}{3} + ... +\frac{1}{k} + \frac{1}{k+1} < \sqrt{k} + \frac{1}{k+1}}\)
(?) \(\displaystyle{ \sqrt{k} + \frac{1}{k+1} < \sqrt{k+1}}\) podnosimy stronami do kwadratu
(?) \(\displaystyle{ k + \frac{2 \sqrt{k} }{k+1}+ \frac{1}{(k+1)^2}< k+1}\)
(?) \(\displaystyle{ \frac{2 \sqrt{k} }{k+1}+ \frac{1}{(k+1)^2}< 1}\)
(?) \(\displaystyle{ 2 \sqrt{k}(k+1) +1<(k+1)^2=k^2+2k+1}\)
(?) \(\displaystyle{ 2 \sqrt{k}(k+1)<k(k+2)}\) znów podnosimy do kwadratu
(?) \(\displaystyle{ 4k(k+1)^2 <k^2(k+2)^2}\)
(?) \(\displaystyle{ 4(k+1)^2<k(k+2)^2=k(k^2+4k+4)}\)
(?)\(\displaystyle{ 4k^2+8k+4<k^3+4k^2+4k}\)
(?) \(\displaystyle{ 4k+4<k^3}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ 4k+4<4k+k=5k<k \cdot k=k^2<k^3}\).
Ponieważ ostatnia nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \geq 7}\), a wcześniejsze przekształcenia były równoważne, więc teza została wykazana.
3. Na mocy zasady indukcji matematycznej nierówność ta jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \geq 7}\).

nie rozumiem skad sie wzielo (?) \(\displaystyle{ \frac{2 \sqrt{k} }{k+1}}\) jak mam to wyliczyc??

[Tristan]

Linijkę nad tym napisałem, że podnosimy do kwadratu. Ponieważ \(\displaystyle{ ( \sqrt{k}+ \frac{1}{k+1} )^2=k+ 2 \sqrt{k} \frac{1}{k+1} + \frac{1}{(k+1)^2}}\), więc stąd wzięło się to \(\displaystyle{ \frac{ 2 \sqrt{k}}{k+1}}\).

[bucus_002]

aha spoko dzieki:)