mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 16, 2010 11:55 pm**

Αν $m,n\in \mathbb{N}},$ τότε να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle1^m+2^m+3^m+...+(n-1)^m<\frac{n^{m+1}}{m+1}<1^m+2^m+3^m+...+n^m.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 17, 2010 12:10 am**

viewtopic.php?f=9&t=5294

Φιλικά,

Χρήστος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 17, 2010 12:13 am**

Πιστεύω πως λύνεται και με τη formula του Bernulli, η οποία λέει

$\displaystyle 1^m+2^m+...+n^m=\frac{n^{m+1}}{m+1}+\frac{n^m}{2}+\sum^{m}_{i=2}\binom{m+1}{i}\cdot B_i\cdot\frac{n^{m+1-i}}{m+1}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 17, 2010 1:17 am**

Ίσως η πιο σύντομη λύση είναι με την χρήση ολοκληρωμάτων.

$\displaystyle{ \frac{n^{m+1}}{m+1} = \int_0^n x^m \; dx = \sum_{k=1}^n \int_{k-1}^k x^m \; dx <\sum_{k=1}^n \int_{k-1}^k k^m \; dx = \sum_{k=1}^n k^m}$

και

$\displaystyle{ \frac{n^{m+1}}{m+1} = \int_0^n x^m \; dx = \sum_{k=1}^n \int_{k-1}^k x^m \; dx > \sum_{k=1}^n \int_{k-1}^k (k-1)^m \; dx = \sum_{k=1}^n (k-1)^m}$

G.Bas έγραψε:Πιστεύω πως λύνεται και με τη formula του Bernulli, η οποία λέει

$\displaystyle 1^m+2^m+...+n^m=\frac{n^{m+1}}{m+1}+\frac{n^m}{2}+\sum^{m}_{i=2}\binom{m+1}{i}\cdot B_i\cdot\frac{n^{m+1-i}}{m+1}$

Γιώργο, να μας δώσεις λίγες περισσότερες λεπτομέρειες; Προς το παρόν δεν βλέπω πως μπορεί να χρησιμοποιηθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 17, 2010 1:30 am**

Καλησπέρα.

Μόνο για την δεξιά Ανισότητα, μπορώ να παρατηρήσω κάτι....

Εάν δεν βοηθά κάπου, παρακαλώ, μην το θεωρήσετε spam

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 16, 2022 11:30 am**

vzf έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 16, 2010 11:55 pm
Αν $m,n\in \mathbb{N}},$ τότε να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle1^m+2^m+3^m+...+(n-1)^m<\frac{n^{m+1}}{m+1}<1^m+2^m+3^m+...+n^m.$

Επειδή βλέπω ότι δεν υπάρχει στοιχειώδης απόδειξη γράφω μια που γνωρίζω από τα μαθητικά μου χρόνια.
Η ιδέα προέρχεται από το βιβλίο του Tom M. Apostol.
Συγκεκριμένα από το ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ(2 τόμοι)
που είναι η Ελληνική μετάφραση του βιβλίου του CALCULUS.
Είναι στην ασκηση 13 της παραγράφου 1.23.
Εκεί ζητάει να αποδειχθεί ότι για φυσικούς ισχύει

$\displaystyle n^{m}< \frac{(n+1)^{m+1}-n^{m+1}}{m+1}< (n+1)^{m}$ (1)

Αυτή η ανισότητα προκύπτει από την γνωστή ταυτότητα

$\displaystyle (n+1)^{m+1}-n^{m+1}=(n+1)^{m}+(n+1)^{m-1}n+....+(n+1)^{m-1-k}n^k+....+n^{m}$

Μετά ζητάει να αποδειχθεί η ανισότητα του Αρχιμήδη με επαγωγή στο

.

Επειδή η επαγωγή στα σχολικά Μαθηματικά έχει πάει στα τάρταρα μπορούμε να την αποφύγουμε ως εξής :

Γράφοντας την (1) για 1,2,....(n-1)

παίρνουμε

$\displaystyle 1^{m}< \frac{2^{m+1}-1^{m+1}}{m+1}< 2^{m}$

$\displaystyle 2^{m}< \frac{3^{m+1}-2^{m+1}}{m+1}< 3^{m}$
.
.
.
$\displaystyle (n-1)^{m}< \frac{n^{m+1}-(n-1)^{m+1}}{m+1}< n^{m}$

Αθροίζοντας τις παραπάνω και παρατηρώντας ότι στα μεσαία έχουμε απλοποιήσεις παίρνουμε

$\displaystyle 1^{m}+2^{m}+...+(n-1)^{m}< \frac{n^{m+1}-1}{m+1}< 2^{m}+....+n^{m}$

που είναι ισχυρότερη από αυτή του Αρχιμήδη.
Για την απόδειξη από την τελευταία της ανισότητας του Αρχιμήδη αρκεί να παρατηρήσουμε ότι

$\displaystyle \frac{n^{m+1}-1}{m+1}<\frac{n^{m+1}}{m+1}$
και
$\displaystyle \frac{n^{m+1}-1}{m+1}+1> \frac{n^{m+1}}{m+1}$

mathematica.gr

Ανισότητα Αρχιμήδη

Ανισότητα Αρχιμήδη

Re: Ανισότητα Αρχιμήδη

Re: Ανισότητα Αρχιμήδη

Re: Ανισότητα Αρχιμήδη

Re: Ανισότητα Αρχιμήδη

Re: Ανισότητα Αρχιμήδη