Неравенство с квадратными корнями

[TR63]

grizzly, очень красиво. Большое спасибо.

[sergei1961]

grizzly обычно это производной от прогрессии доказывается, но Вы это и без меня знаете.

TOTAL да, это решение, которое есть на AoPS. Догадаться непросто, это и есть вроде обратная индукция, так же.

Sergic Primazon - пересчитал, понял Ваше гениальное решение. Всё так просто, но простому человеку этого не придумать. Вы знали это решение или подобное, или нашли его сами? С Вами можно познакомиться в личке?

[TR63]

sa233091 в сообщении #1170682 писал(а):

Если я не ошибся, то тут проходит самая обычная индукция.

Здесь обычная индукция может быть использована при оценке ряда $\sum_1^n\frac{n}{2^n}$ (в книге есть указание на метод матиндукции; действительно, очень просто) . Должна получится оценка, как у grizzly, т.е. с запасом. Только ограничения на (n) другие, но это, возможно, не принципиально. Останется (арифметика) показать, что, действительно, выходим на (3).

[arqady]

Докажите, что:

$$\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+...+\sqrt{n}}}}<2$$

[grizzly]

arqady в сообщении #1172252 писал(а):

$$\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+...+\sqrt{n}}}}<2$$

Это что-то первокурсное. Нужно доказать, что:

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

$$\sqrt{2+\sqrt{3+...+\sqrt{n}}}=\sqrt2\sqrt{1+\sqrt{\frac34+\sqrt{\frac4{16}+...+\sqrt{\frac{n}{2^{2(n-2)}}}}}}<\sqrt2\sqrt{1+\sqrt{2+...+\sqrt{n-1}}}<2\sqrt2<3.$$

С мат.индукцией в предпоследнем неравенстве.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1172252 писал(а):

Докажите, что:

$$\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+...+\sqrt{n}}}}<2$$

$$\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+...+\sqrt{n}}}}<\sqrt{1+\sqrt{2\sqrt{3\ ...\ \sqrt{n}}}}<\sqrt{1+3}$$

[arqady]

А вот такое?
Пусть $S_n=\sqrt{n+\sqrt{n-1+\sqrt{n-2+...+\sqrt{2+\sqrt1}}}}$, где $n\geq2$.
Докажите, что $S_{n^2-n}<n$.

[TOTAL]

sergei1961 в сообщении #1171753 писал(а):

TOTAL да, это решение, которое есть на AoPS. Догадаться непросто, это и есть вроде обратная индукция, так же.

Это обычная индукция по количеству корней.

[sergei1961]

TOTAL - я думаю, что это обратная индукция, если правильно всё изложить.
Что в доказательстве Sergic Primazon я не понимаю. Казалось бы, если применить тривиальное неравенство и к первому сомножителю $\sqrt{2}$ , а не пропустить его, или не применять к последнему сомножителю произведения-то тоже всё должно получится. Но выходит только в таком варианте-к первому не применять, а к последнему-применить. Мистика.

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1172299 писал(а):

А вот такое?
Пусть $S_n=\sqrt{n+\sqrt{n-1+\sqrt{n-2+...+\sqrt{2+\sqrt1}}}}$, где $n\geq2$.
Докажите, что $S_{n^2-n}<n$.

$S_{n^2-n-k} \le n - \dfrac{n+k}{2n}+\dfrac{S_{n^2-n-k-1}}{2n}$

$$S_{n^2-n} \le \left ( n- \dfrac{n}{2n} \right )+\dfrac{1}{2n}\left( n- \dfrac{n+1}{2n}\right)+ \ ...\ +\dfrac{1}{(2n)^{n^2-n-2}}\left( n- \dfrac{n+(n^2-n-2)}{2n}\right)+\dfrac{1}{(2n)^{n^2-n-1}}\left( n \right)=$$ $= n-\dfrac{1}{(2n)^2}-\dfrac{2}{(2n)^3}- \ ... \ - \dfrac{n^2-n-2}{(2n)^{n^2-n-1}}< n$

[TOTAL]

sergei1961 в сообщении #1172549 писал(а):

TOTAL - я думаю, что это обратная индукция, если правильно всё изложить.

Что конкретно в ней обратного?

[grizzly]

VPro в сообщении #1173502 писал(а):

Еще короче:
$s_n=\sqrt{n+s_{n-1}}<\sqrt{n+s_{n}}$
Решая квадратичное неравенство $s_n^2-s_n-n<0$, получим $s_n<\frac{1+\sqrt{1+4n}}{2}$. После постановки$ n^2-n$ получим $s_{n^2-n}<n$.