Неравенство с квадратными корнями

[sergei1961]

Доказать неравенство

$$ \sqrt{2\sqrt{3\dots\sqrt{n}}} < 3. $$

Я увидел на другом форуме относительно элементарное решение методом обратной индукции - но сложно до такого догадаться, там доказывается другое неравенство, а не данное. Увидел решения через ряды-тоже не совсем тривиальные, так как логарифмирование и стандартная грубая оценка логарифма дают худшую постоянную.
Вопрос: всё-таки у этого неравенства есть несложное простое доказательство?

[Vince Diesel]

Можно воспользоваться неравенством $n\leq 2^{n/2}$, справедливым для всех натуральных $n\ne3$.

PS. Ну а дальше через ряды. Не знаю, имели ли вы в виду это доказательство.

[Sergic Primazon]

sergei1961 в сообщении #1170335 писал(а):

Доказать неравенство

$$ \sqrt{2\sqrt{3\dots\sqrt{n}}} < 3. $$

Я увидел на другом форуме относительно элементарное решение методом обратной индукции - но сложно до такого догадаться, там доказывается другое неравенство, а не данное. Увидел решения через ряды-тоже не совсем тривиальные, так как логарифмирование и стандартная грубая оценка логарифма дают худшую постоянную.
Вопрос: всё-таки у этого неравенства есть несложное простое доказательство?

$$A= 2^{1/2}3^{1/4}\cdot ... \cdot n^{1/2^{n-1}} \ge \sqrt{2} \cdot (2\cdot4)^{1/8}\cdot \ ... \ \cdot \left( (n-1) \cdot (n+1) \right) ^{1/2^n}= \sqrt{2}\cdot \dfrac{\sqrt[4]{A}}{n^{1/2^{n+1}}}\cdot \dfrac{A}{\sqrt{2}\cdot\sqrt[4]{3}} \cdot (n+1)^{1/2^n}$$

$$A \le 3 \cdot \left ( \dfrac{n}{n+1} \right )^{1/2^{n-1}}\cdot \dfrac{1}{(n+1)^{1/2^{n-1}}}$$

[amon]

А вот, в детство впадаем, на простые задачки потянуло..

$$ \begin{align} \ln\sqrt{2\sqrt{3\dots\sqrt{n}}} &= \frac{1}{2}\left(\ln2+\frac{1}{2}\left(\ln3+\dots+\frac{1}{2}\left(\ln N\right)\right.\dots\right)=\sum_1^N\frac{\ln n}{2^n}\le\quad\text{это у Vince Diesel спёр}\\ &\le \sum_1^N\frac{\ln 2^\frac{n}{2}}{2^n}=\frac{\ln 2}{2}\sum_1^N\frac{ n}{2^n}=\frac{\ln 2}{2}\frac{(-1)}{\ln 2}\frac{d}{d\alpha}\left.\sum_1^N\frac{ 1}{2^{\alpha n}}\right|_{\alpha=1}=\frac{N+1}{2^N}\ln 2\\ \end{align} $$

Максимум у этого безобразия, как функции $N$, если я не ошибаюсь, что весьма вероятно, находится в точке N=1. Т.е., у меня вообще

$$ \sqrt{2\sqrt{3\dots\sqrt{n}}}\le 2 $$

(Соврал, небось, где-то, но лень искать.)

[grizzly]

amon
В конце первой строки лишняя двойка в знаменатель затесалась. Так что если в последнем неравенстве получим справа 4, то это слабее, чем требовалось.

-- 21.11.2016, 02:16 --

Не, если и во второй строчке все ошибки поправить, то как раз на нужное и выйдем.

[amon]

grizzly в сообщении #1170478 писал(а):

В конце первой строки лишняя двойка в знаменатель затесалась.

Угу, а еще там корень был в последней строчке, неизвестно откуда взявшийся, а еще вот это

Vince Diesel в сообщении #1170351 писал(а):

справедливым для всех натуральных $n\ne3$.

прощёлкал. В общем, не гожусь в математики.

[sa233091]

sergei1961 в сообщении #1170335 писал(а):

увидел на другом форуме относительно элементарное решение методом обратной индукции - но сложно до такого догадаться, там доказывается другое неравенство, а не данное

Если я не ошибся, то тут проходит самая обычная индукция. И вовсе не требуется обратной .

[sergei1961]

sa233091 - покажите.

[TOTAL]

Индукция по количеству корней. При всех натуральных $n$ верно $\sqrt{n} < n+1$.
Поэтому при всех натуральных $n$ верно $\sqrt{n\sqrt{n+1}} < \sqrt{n(n+2)}< n+1$.
И так далее. Это прямая индукция или как?

[sergei1961]

TOTAL - к сожалению, не понял. Тройка-откуда возьмётся?

[TOTAL]

sergei1961 в сообщении #1171106 писал(а):

TOTAL - к сожалению, не понял. Тройка-откуда возьмётся?

$$ \sqrt{n\sqrt{(n+1)\dots\sqrt{n+m}}} < n+1. $$

Весто $n$ подставляйте двойку, тройку, десятку, вольта и короля.

[TR63]

amon в сообщении #1170467 писал(а):

$$ \ln\sqrt{2\sqrt{3\dots\sqrt{n}}} &= \frac{1}{2}\left(\ln2+\frac{1}{2}\left(\ln3+\dots+\frac{1}{2}\left(\ln N\right)\right.\dots\right)=\sum_1^N\frac{\ln n}{2^n}\le\quad\text{это у Vince Diesel спёр}\\ &\le \sum_1^N\frac{\ln 2^\frac{n}{2}}{2^n}=\frac{\ln 2}{2}\sum_1^N\frac{ n}{2^n} $$

grizzly в сообщении #1170478 писал(а):

, если и во второй строчке все ошибки поправить, то как раз на нужное и выйдем

Гугл говорит, что $\sum_1^\infty\frac{n}{2^n}=2$.
Не понятно, как этим методом выйти в исходном неравенстве на тройку. В книге видела этот ряд (без решения, но дано указание; сумма ряда должна найтись простым школьным методом).

[grizzly]

TR63 в сообщении #1171415 писал(а):

Гугл говорит, что $\sum_1^\infty\frac{n}{2^n}=2$.

Гугл не знает, что в этой задаче суммировать нужно не от 1, а от 2. (Нужно не забывать ещё о крошечной проблеме с $n=3$, но давайте пока для упрощения не будем об этом.

TR63 в сообщении #1171415 писал(а):

В книге видела этот ряд (без решения, но дано указание; сумма ряда должна найтись простым школьным методом).

Докажите, что ряд сходится, а потом представьте его в виде суммы геометрических прогрессий.

TR63 в сообщении #1171415 писал(а):

Не понятно, как этим методом выйти в исходном неравенстве на тройку.

Получится даже чуть лучше -- $\exp(3/2\ln 2)$, что даёт возможность c большим запасом вспомнить о проблеме с $n=3$.

[TR63]

grizzly

(Оффтоп)

grizzly в сообщении #1171419 писал(а):

Докажите, что ряд сходится, а потом представьте его в виде суммы геометрических прогрессий.

монотонное возрастание и ограниченность проблем не вызывают; указание дано следующее: рассмотрите произведение $(1-\frac1 2)a_n$. У меня получается другим способом ( мажорирование геометрической прогрессией) доказать лишь, что сумма ряда не более 2. Использовать предложенное в книге (и Ваше) указание не знаю каким образом. Конечно в данной теме это оффтоп, но просто заинтересовал этот ряд.

[grizzly]

TR63
Я коротко обозначу своё рассуждение:

$$ \frac12+\frac24+\frac38...=\frac12+\frac14+\frac14+\frac18+\frac18+\frac18+...=\left( \frac12+\frac14+\frac18+...\right) +\left( \frac14+\frac18+...\right) + \left( \frac18+...\right)... = 1+\frac12+\frac14...=2. $$

Надеюсь, понимание и обоснование переходов не вызовет затруднений.