Ανισότητα

AlexandrosG · #1

Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \forall \nu \geq 2}$ ισχύει $\displaystyle{\prod_{ \kappa=2}^{\nu}\ln \kappa \leq \frac{\sqrt{ \nu !}}{\nu}$

Ilias_Zad · #2

Με επάγωγη είναι απλό.
αφου η $\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}-lnx$ ειναι αύξουσα(παράγωγος) έχουμε και την αρχική περίπτωση της επαγωγής (για x=2

) και το βήμα.

lemonidas · #3

AlexandrosG έγραψε:Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{ \forall \nu \geq 2}$ ισχύει $\displaystyle{\prod_{ \kappa=2}^{\nu}\ln \kappa \leq \frac{\sqrt{ \nu !}}{\nu}$

Αρκετά "brute force" λύση... Ελπίζω να μην έχω κάπου λάθος..

Αρχικά βάζουμε ln και στα δύο μέλη και παίρνουμε:

$\displaystyle{\sum_{ k=2}^{n} \ln \ln k \leq \sum_1^n \frac{1}{2} \ln k -\ln n$

Για n=2 στην αρχική παίρνουμε $\ln2 \leq \frac {\sqrt {2} } {2}$ που ισχύει (~0.693 - ~1.41/2).

Τώρα αν ισχύει για n, παίρνουμε:

$\displaystyle{\sum_{ k=2}^{n+1} \ln \ln k \leq \sum_1^{n} \frac{1}{2} \ln k -\ln n +\ln \ln (n+1)$

Οπότε αρκεί να δείξουμε πως $-\ln n +\ln \ln (n+1) \leq \ln n - \ln (n+1)$

Ή ισοδύναμα: $(n+1) \ln (n+1) \leq n^2$

Θέτουμε f(x)= x^2-(x+1)ln(x+1)

Τότε $f'(x)=2x-\ln(x+1)-1, f''(x)=2-\frac {1} {x+1}$

Τώρα για $x \geq 2, f''(x)>0 -> f' \nearrow -> f'(x) \geq 3-\ln 3>0$
$-> f \nearrow -> f(x) \geq 4 - 3 \ln 3 >0$

Άρα η ισοδύναμη ισχύει για κάθε $x \geq 2$ και άρα και για κάθε $n \geq 2$

Αρκεί να θυμάσαι $\ln 2 \sim 0.693, \sqrt {2} \sim 1.41, \ln 3 ~\sim 1.1$

AlexandrosG · #4

Πολύ

και οι δυο.

lemonidas έγραψε: $\ln2 \leq \frac {\sqrt {2} } {2}$ που ισχύει (~0.693 - ~1.41/2).

Εδώ φαίνεται ότι σε έχει επηρεάσει η σχολή σου...

Ήμουν έτοιμος να σχολιάσω στον Ηλία ότι θα χρειαστεί και ότι $e^{\sqrt{2}} > 4$ το οποίο δεν είναι προφανές.

Τα αφήνω λοιπόν σαν άσκηση να δειχθεί όχι προσεγγιστικά.

Πάντως θεωρώ ότι κατά βάθος είσαι μαθηματικός

lemonidas · #5

AlexandrosG έγραψε:Πολύ και οι δυο.

lemonidas έγραψε: $\ln2 \leq \frac {\sqrt {2} } {2}$ που ισχύει (~0.693 - ~1.41/2).

Εδώ φαίνεται ότι σε έχει επηρεάσει η σχολή σου...

Ήμουν έτοιμος να σχολιάσω στον Ηλία ότι θα χρειαστεί και ότι $e^{\sqrt{2}} > 4$ το οποίο δεν είναι προφανές.

Τα αφήνω λοιπόν σαν άσκηση να δειχθεί όχι προσεγγιστικά.

Πάντως θεωρώ ότι κατά βάθος είσαι μαθηματικός

Μα το $e^{\sqrt{2}} > 4$ είναι ισοδύναμο με το $\ln2 \leq \frac {\sqrt {2} } {2}$ μέσω λογαρίθμου..

Edit: ΛΑθος....

Ilias_Zad · #6

AlexandrosG έγραψε:
Ήμουν έτοιμος να σχολιάσω στον Ηλία ότι θα χρειαστεί και ότι $e^{\sqrt{2}} > 4$ το οποίο δεν είναι προφανές.

Τα αφήνω λοιπόν σαν άσκηση να δειχθεί όχι προσεγγιστικά.

Η συναρτηση που ειπα ειναι αυξουσα γενικά.
Αρα ισχυει f(2)>f(1)

δηλαδη αυτο που λές!

AlexandrosG · #7

Ηλία εχεις δίκιο. Δεν κατάλαβα ότι το είχες δείξει, λάθος μου. Είχα στο μυαλό μου αυτό που έγραψε τώρα ο Λεωνίδας. Ωραίος Λεωνίδα, αυτό μου κάθεται καλύτερα.

lemonidas · #8

AlexandrosG έγραψε:Ηλία εχεις δίκιο. Δεν κατάλαβα ότι το είχες δείξει, λάθος μου. Είχα στο μυαλό μου αυτό που έγραψε τώρα ο Λεωνίδας. Ωραίος Λεωνίδα, αυτό μου κάθεται καλύτερα.

Ναι αλλά δεν ισχύει.. Θέλει ένα /2 ο τετραγωνικός όρος... Βασικά ισχύει κι αυτό αλλά πάνω από ένα κάτω φράγμα (που είναι κάτω από το 1,4 αλλά πως το δείχνεις αυτό

)

AlexandrosG · #9

Έπρεπε να φτάσεις μέχρι την 4η. Δηλαδή είναι $e^{\sqrt{2}}>1+\sqrt{2}+\frac{(\sqrt{2})^2}{2}+\frac{(\sqrt{2})^3}{6}+\frac{(\sqrt{2})^4}{24}>4$

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση