Ακόμα.. Μια πρώτη εκτίμηση...

Συντονιστής: nsmavrogiannis

KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 2078
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Ακόμα.. Μια πρώτη εκτίμηση...

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Σάβ Φεβ 27, 2021 4:35 pm

Αν είναι:
\displaystyle{A=\frac{2\cdot \sqrt[n]{2}}{\sqrt[n]{2}-1}, \  \ n\in N} με \displaystyle{ n\geq 2}

Τότε να δείξετε ότι είναι:

\displaystyle{ A \geq 2(n+1)+(n-1)ln2 }



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
mick7
Δημοσιεύσεις: 517
Εγγραφή: Παρ Δεκ 25, 2015 4:49 am

Re: Ακόμα.. Μια πρώτη εκτίμηση...

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mick7 » Σάβ Φεβ 27, 2021 5:19 pm

Μια πειραματική επαλήθευση στο γνωστο πακετο Mathematica.Νομίζω χρήσιμη για να ελέγχουμε γρήγορα ανισότητες.
Συνημμένα
sequence.png
sequence.png (10.68 KiB) Προβλήθηκε 326 φορές


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 237
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Ακόμα.. Μια πρώτη εκτίμηση...

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Σάβ Φεβ 27, 2021 8:00 pm

Καλησπέρα!

Μια προσπάθεια...

Είναι \dfrac{\sqrt[n]{2}}{\sqrt[n]{2}-1}=1+\dfrac{1}{\sqrt[n]{2}}+...+\dfrac{1}{(\sqrt[n]{2})^n}+....

Θέτω A=\dfrac{1}{\sqrt[n]{2}}+...+\dfrac{1}{(\sqrt[n]{2})^n} και παρατηρώ ότι:

\dfrac{\sqrt[n]{2}}{\sqrt[n]{2}-1}=1+A+\dfrac{1}{2}A+\dfrac{1}{4}A+...=1+2A.

Συνεπώς , αρκεί 1+2A\geq n+1+\dfrac{n-1}{2}ln2\Leftrightarrow A\geq \dfrac{n}{2}+\dfrac{n-1}{4}ln2.

Θα αποδείξω ότι \dfrac{1}{(\sqrt[n]{2})^{n-m}}\geq \dfrac{1}{2}+\dfrac{mln2}{2n}\Leftrightarrow \dfrac{1}{2^{1-\dfrac{m}{n}}}\geq \dfrac{1}{2}+\dfrac{mln2}{2n}.

Θέτοντας x=\dfrac{m}{n}, η ανισότητα γράφεται \dfrac{1}{2^{1-x}}\geq \dfrac{1}{2}+\dfrac{xln2}{2}\Leftrightarrow 2^x\geq 1+xln2\Leftrightarrow e^{xln2}\geq 1+xln2,, που ισχύει.

Επομένως, A=\dfrac{1}{\sqrt[n]{2}}+\dfrac{1}{(\sqrt[n]{2})^2}+...+\dfrac{1}{(\sqrt[n]{2})^n}\geq \dfrac{n}{2}+\dfrac{ln2}{2n}(1+2+..+(n-1)))=

\dfrac{n}{2}+\dfrac{ln2}{2n}\cdot \dfrac{n(n-1)}{2}=\dfrac{n}{2}+\dfrac{n-1}{4}ln2, ό.έ.δ.


Κώστας Σφακιανάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης