One Math Magazine in CRO

[rsoldo]

Prove:
$1+\sqrt{\frac{2+1}{2}}+\sqrt[3]{\frac{3+1}{3}}+...+\sqrt[n]{\frac{n+1}{n}}<n+1$ , $n \in \mathbb{N}.$

[TOTAL]

Prove:
$1+\sqrt{\frac{2+1}{2}}+\sqrt[3]{\frac{3+1}{3}}+...+\sqrt[n]{\frac{n+1}{n}}<n+1$ , $n \in \mathbb{N}.$
Оцените
$\sqrt[n]{\frac{n+1}{n}} -1$

[worm2]

А вот неравенство

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

поинтереснее будет

[Руст]

Ваше неравенство верно только для конечного числа $n<A$.

[Dendr]

worm2 в сообщении #1513607 писал(а):

поинтереснее будет

Не особо:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=1% ... 2+to+13%29

До 13 досчитал, 14.03 получил

[worm2]

Ну вот, так я не играю

Я ж думал, доказывать будут

[Dmitriy40]

Скорее всего неравенство нарушается для корня любой фиксированной степени, не только квадратного.

[nnosipov]

Dmitriy40 в сообщении #1513620 писал(а):

неравенство нарушается для корня любой фиксированной степени

Да, это так (из-за того, что гармонический ряд расходится).

[Rak so dna]

Dmitriy40 в сообщении #1513620 писал(а):

Скорее всего неравенство нарушается для корня любой фиксированной степени, не только квадратного.

Оценим сверху $n$ для которого $1+\sqrt[p]{\frac{2+1}{2}}+\sqrt[p]{\frac{3+1}{3}}+...+\sqrt[p]{\frac{n+1}{n}}>n+1:$
$\sqrt[p]{\frac{n+1}{n}} = \frac{n+1}{\sqrt[p]{n(n+1)^{p-1}}} \geqslant \frac{p(n+1)}{n+(p-1)(n+1)} = 1 + \frac{1}{p(n+1)-1}$ поэтому $1+\sqrt[p]{\frac{2+1}{2}}+\sqrt[p]{\frac{3+1}{3}}+...+\sqrt[p]{\frac{n+1}{n}}\geqslant n + S_n$ где $S_n = \frac{1}{3p-1} + \frac{1}{4p-1} + ... + \frac{1}{(n+1)p-1} $
Найдём $n,$ для которого $S_n>1:$
$S_{f(p)}=A_1 + A_2 + ... + A_{p+1}$ где
$A_1 = \frac{1}{3p-1} + \frac{1}{4p-1} + ... + \frac{1}{(2p+1)p-1} > \frac{2p-1}{(2p-1)(p+1)} = \frac{1}{p+1}$
$A_2 = \frac{1}{((2p+1) + 1)p-1} + \frac{1}{((2p+1) + 2)p-1} + ... + \frac{1}{((2p+1) + (p+1)(2p-1))p-1} > $$ \frac{(2p-1)(p+1)}{(2p-1)(p+1)^2} = \frac{1}{p+1} $
$A_3 = \frac{1}{((2p+1) + (p+1)(2p-1) + 1)p-1} + ... + \frac{1}{((2p+1) + (p+1)(2p-1) + (p+1)^2(2p-1))p-1} > $$ \frac{(2p-1)(p+1)^2}{(2p-1)(p+1)^3} = \frac{1}{p+1} $
$* * *$
$A_{p+1} = \frac{1}{\left((2p+1) + (2p-1)\left(\frac{(p+1)((p+1)^{p-1}-1)}{p}\right) + 1\right)p-1} + ... + \frac{1}{\left((2p+1) + (2p-1)\left(\frac{(p+1)((p+1)^p-1)}{p}\right)\right)p-1} > $$ \frac{(2p-1)(p+1)^p}{(2p-1)(p+1)^{p+1}} = \frac{1}{p+1} $
Поэтому $S_{f(p)}=A_1 + A_2 + ... + A_{p+1}>\frac{1}{p+1}+\frac{1}{p+1}+...+\frac{1}{p+1}=1$ и $n = f(p) < (2p+1) + (2p-1)\left(\frac{(p+1)((p+1)^p-1)}{p}\right)$

[novichok2018]

По неравенству Бернулли сразу получается чуть хуже для первоначальной суммы

$$ S \le n+\frac{\pi^2}{6}. $$