Suma+ nierówność

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{j=n}^{3n+1} \frac{1}{j} > 1. }\)

[Gouranga]

Ponieważ jest to suma odwrotności kolejny liczb naturalnych możemy potraktować ją jako sumę pól prostokątów o bokach \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{j}}\). Weźmy wykres funkcji \(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{x}}\), jeśli wpiszemy pod niego te prostokąty to pokażemy, że nasza suma jest większa niż pole pod wykresem na przedziale \(\displaystyle{ \langle n; 3n+1 \rangle }\).
\(\displaystyle{ \sum_{j = n}^{3n+1} \frac{1}{j} > \int_{n}^{3n+1} \frac{1}{x} \dd x = \ln (3n+1) - \ln(n) = \ln \left( 3 + \frac{1}{n} \right) > \ln(3) > 1}\)

[Sylwek]

Wystarczy też użyć nierówności między średnią arytmetyczną a harmoniczną dla \(\displaystyle{ 2n+2}\) liczb: \(\displaystyle{ n, n+1, \ldots, 3n+1}\) (lub, równie dobrze, ich odwrotności, bo to będzie równoważne).

Myślę jednak, że najzgrabniej ten pomysł zapisać używając nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} + \ldots + \frac{1}{3n+1} \ge \frac{(1+1+\ldots+1)^2}{n+(n+1)+\ldots+(3n+1)}=\frac{(2n+2)^2}{(4n+1)(n+1)}=\frac{2(2n+2)}{4n+1}=\frac{4n+4}{4n+1}>1}\).

[a4karo]

Albo tak, jak młody Cauchy:
\(\displaystyle{
\begin{align}\sum_{j=n}^{3n+1}\frac1j&=\frac12\sum_{j=n}^{3n+1}\left(\frac1j+\frac1{4n+1-j}\right)=\frac12\sum_{j=n}^{3n+1}\frac{4n+1}{j(4n+1-j)}\\
&\ge\frac12\sum_{j=n}^{3n+1} \frac{4n+1}{\left(\frac{4n+1}{2}\right)^2}=\frac{4n+2}{4n+1}>1
\end{align}\left\langle \right\rangle }\)

Dodano po 46 minutach 56 sekundach:
Albo z wypukłości: Jeżeli funkcja `f` jest wypukła, to `f(a+t)+f(a-t)\ge 2f(a)`.
Zatem
\(\displaystyle{
\begin{align}\sum_{j=n}^{3n+1}\frac1j&=\frac1{2n+\frac12-\frac12}+\frac1{2n+\frac12+\frac12}\\
&+\frac1{2n+\frac12-\frac32}+\frac1{2n+\frac12+\frac32}\\
&\dots\\
&+\frac1{2n+\frac12-\frac{2n+1}2}+\frac1{2n+\frac12+\frac{2n+1}2}\\
& \ge \frac{2(n+1)}{2n+\frac12}>1
\end{align}}\)