Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \sum_{i= 1}^{n} \frac{1}{i} \le \sqrt n.}\)Dla \(\displaystyle{ n>7}\)


\(\displaystyle{ L \le P}\)
Dla 8 spełnia

pomoże ktoś z krokiem indujcyjnym ?

a jakie jest założenie i tezA?

Krok indukcyjny:

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n+1} \frac{1}{i} = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}+\frac{1}{n+1} = L}\)

Gorzej z P

\(\displaystyle{ \sqrt{n+1}}\)

i nie mam dalej pomysłów co najwyżej:

\(\displaystyle{ P= \sqrt{n+1}=n+1}\)

o ile w ogóle można podnieść do drugiej potegi...

Pomoże ktoś?

Wystarczy pokazać, że\(\displaystyle{ \sqrt{n+1} \ge \sqrt{n}+\frac{1}{n+1} \iff (n+1)^2 \ge 1 +2\sqrt{n}(n+1)}\)

Możesz podstawić \(\displaystyle{ t=\sqrt{n}}\), przenieść wszystko w tej nierówności na jedną stronę, podzielić przez \(\displaystyle{ t}\) i policzyć pochodną wielomianu \(\displaystyle{ 3}\)-go stopnia i wyciągnąć odpowiednie wnioski

Za nic nie potrafię zrozumieć powyższej równoważności. Jako kontrprzykład polecam \(\displaystyle{ n=8}\).
Tymczasem:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i} < \sqrt{n} \Rightarrow \sum_{i=1}^{n+1}\frac{1}{i} < \sqrt{n+1} \\ \sum_{i=1}^{n+1}\frac{1}{i} = \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}+ \frac{1}{n+1} < \sqrt{n}+\frac{1}{n+1}}\)
Pokażemy, że:
\(\displaystyle{ \sqrt{n}+\frac{1}{n+1} < \sqrt{n+1} \Leftrightarrow \sqrt{n+1}-\sqrt{n}>\frac{1}{n+1} \Leftrightarrow 2n+1 - 2 \sqrt{n \left(n+1 \right)}>\frac{1}{\left(n+1\right)^{2}} \Leftrightarrow 4n^{2}+4n+1+ \frac{1}{\left(n+1 \right)^{4}}-\frac{4n+2}{\left(n+1 \right)^{2}}>4n^{2}+4n \Leftarrow 1 > \frac{4n+2}{\left(n+1 \right)^{2}} \Leftarrow \left(n+1 \right)^{2} > 4n+2 \Leftarrow n>4}\)

proponuję udowodnić najpierw że dla dostatecznie duzych n:

\(\displaystyle{ a^2 \le n \Rightarrow\left( a+ \frac{1}{n}\right) ^{2} \le (n+1)}\)


poniżej jest szacowanie...


\(\displaystyle{ \left( a^{2}+ 2 \cdot a \cdot \frac{1}{n}+ \left( \frac{1}{n}\right)^2 \right) \le (n+1)}\)

\(\displaystyle{ n+ 2 \cdot a \cdot \frac{1}{n}+ \left( \frac{1}{n}\right)^2 \le (n+1)}\)

\(\displaystyle{ 2 \cdot a \cdot \frac{1}{n}+ \left( \frac{1}{n}\right)^2 \le 1}\)

\(\displaystyle{ 2 \cdot \frac{1}{ \sqrt{n} }+ \left( \frac{1}{n}\right)^2 \le 1}\)

Ponewor pisze:Za nic nie potrafię zrozumieć powyższej równoważności. Jako kontrprzykład polecam \(\displaystyle{ n=8}\).

\(\displaystyle{ \sqrt{n+1} \ge \sqrt{n} + \frac{1}{n+1} \\ (\sqrt{n+1})^2 \ge (\sqrt{n}+\frac{1}{n+1})^2 \\ n+1 \ge n + 2\frac{\sqrt{n}}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2} \\ 1 \ge 2\frac{\sqrt{n}}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2} \\ (n+1)^2 \ge 2\sqrt{n}(n+1)+1}\)

Kontrprzykład do czego z tą ósemką?

Wszystko gra. Wycofuję się.