Доказать неравенство с помощью метода мат. индукции.

[amonrah]

Проверьте пожалуйста следующие доказательство:

Неравенство 1)

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{k}$

Итак, неравенство справедливо для $k=1$ Тогда $1=1$

Если оно справедливо для $k=1$, то оно должно выполнятся и для $k+1 || k\geqslant 1$

Обозначим левую сторону неравенства как $Q(k)$, а правую $U(k)$.

Если неравенство справедливо для $k+1 || k\geqslant 1$, то должно выполнятся и неравенство $Q(k+1)-Q(k)\geqslant U(k+1)-U(k)$ $|| k\geqslant 1$

Тогда: $Q(k+1)-Q(k) = \frac{1}{\sqrt{k+1}}$

и: $U(k+1)-U(k) = \sqrt{k+1} - \sqrt{k}$

Тогда: $\frac{1}{\sqrt{k+1}} \geqslant \sqrt{k+1} - \sqrt{k}$

отсюда: $\frac{1+\sqrt{k+1}\cdot\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}} \geqslant \sqrt{k+1} || \cdot\sqrt{k+1}$

отсюда: $1+\sqrt{k+1}\cdot\sqrt{k} \geqslant k+1 || -1$

отсюда: $\sqrt{k+1}\cdot\sqrt{k} \geqslant k $

Возведём обе стороны в квадрат, получим:

$k^2+k \geqslant k^2$

Отсюда: $k \geqslant 0$

и $k \geqslant 1$

Равно: $k \geqslant 1$

Тем самым по индукции можно заключить, что оба неравенства выполняются для любого: $k \geqslant 1$

Я правильно доказал?

[Sasha2]

К чему только такие потуги, когда в любой частичной сумме этого ряда можно спокойно заменять первые n членов последним (самым наименьшим) и преспокойно получать искомый результат.

[ИСН]

В первой строке бессмыслица (сумма до бесконечности?), дальше не читал. Возможно, имелось в виду что-то другое?

[amonrah]

Sasha2 в сообщении #365128 писал(а):

К чему только такие потуги, когда в любой частичной сумме этого ряда можно спокойно заменять первые n членов последним (самым наименьшим) и преспокойно получать искомый результат.

Ну у меня просто опыта большого ещё в этом деле нету, поэтому и пытаюсь как можно логичней и видней доказывать.

Завтра ещё запишу два, но там вот уже проблемы..

[Maslov]

amonrah в сообщении #365127 писал(а):

Неравенство 1)

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}}\geqslant \sqrt{n}$

Может быть, имелось в виду

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{n}$

?

[amonrah]

ИСН в сообщении #365129 писал(а):

В первой строке бессмыслица (сумма до бесконечности?), дальше не читал. Возможно, имелось в виду что-то другое?

Цитата:

Может быть, имелось в виду

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{n}$

?

да, именно это, извените..

[Maslov]

amonrah в сообщении #365127 писал(а):

Тем самым по индукции можно заключить, что оба неравенства выполняются для любого: $k \geqslant 1$

Какие "оба неравенства"? Одно -- исходное, а второе какое?

[Dan B-Yallay]

Для $n=1$ очевидно. Допустим что для $n>1$ верно $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{n}$. Докажем для $n+1$. Для этого составим разницу

$\sum\limits_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{\sqrt{k}}- \sqrt{n+1} \geqslant \sqrt{n}+ \dfrac 1 {n+1} - \sqrt{n+1} = $

$=\dfrac{\sqrt{n}\sqrt{n+1}+1 - \sqrt{n+1}\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}}= \dfrac{\sqrt{n}\sqrt{n+1} +1-n-1}{\sqrt{n+1}} >0$

[Maslov]

amonrah в сообщении #365134 писал(а):

да, именно это, извените..

amonrah в сообщении #365127 писал(а):

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{k}$

Если "именно это", то исправили Вы неправильно.

[Sasha2]

Последнее, это если уж очень хочется индукцию сюда притянуть за уши. Только зачем, когда и так все в лоб показывается.

[amonrah]

Maslov в сообщении #365140 писал(а):

amonrah в сообщении #365134 писал(а):

да, именно это, извените..

amonrah в сообщении #365127 писал(а):

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{k}$

Если "именно это", то исправили Вы неправильно.

действительно, значит так $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{n}$

[Toucan]

Dan B-Yallay, предупреждение за размещения решения простой учебной задачи. Тем более что никто с подобными просьбами не обращался: ТС просил только проверить его решение.

[Maslov]

Sasha2 в сообщении #365141 писал(а):

Последнее, это если уж очень хочется индукцию сюда притянуть за уши. Только зачем, когда и так все в лоб показывается.

Может быть, имеет смысл обратить внимание на название темы?

-- Сб окт 23, 2010 02:29:44 --

Maslov в сообщении #365138 писал(а):

amonrah в сообщении #365127 писал(а):

Тем самым по индукции можно заключить, что оба неравенства выполняются для любого: $k \geqslant 1$

Какие "оба неравенства"? Одно -- исходное, а второе какое?

amonrah, всё-таки объясните, пожалуйста, какие два неравенства доказаны, по-Вашему, методом математической индукции?

[ewert]

amonrah в сообщении #365127 писал(а):

Если оно справедливо для $k=1$, то оно должно выполнятся и для $k+1 || k\geqslant 1$

Индукция формулируется не так. Кроме того:

amonrah в сообщении #365127 писал(а):

Если неравенство справедливо для $k+1 || k\geqslant 1$, то должно выполнятся и неравенство $Q(k+1)-Q(k)\geqslant U(k+1)-U(k)$ $|| k\geqslant 1$

Во-первых, из $a>b$ и $c>d$ не следует, что $a-c>b-d$.

Во-вторых, Вам и не в эту сторону надо доказывать.

В-третьих, у Вас даже после трёх исправлений полнейшая путаница с $n$ и $k$. Может, хотя бы после четвёртого появится хоть какая-то логика в записи?...

[amonrah]

Здравствуйте, до меня дошло теперь что нужно использовать именно: $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{n}$

Чуть выше товарищ Dan B-Yallay уже привёл доказательство неравенства, но честно говоря я его не понимаю, проблемы лежат в понимании суммы для $n+1$

Допустим неравенство выполнимо для $n>1$ тогда оно должно быть и выполнимо и для $n+1$.

Тогда: $\sum\limits_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{n+1}$

но: $\sum\limits_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{\sqrt{k}}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}$

отсюда: $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}+\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}\geqslant \sqrt{n+1}$

Теперь применяем сомнительную операцию (Вопрос почему так можно делать??)

Из: $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\geqslant \sqrt{n}$ допускаем, что $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}=\sqrt{n}$

Тогда: $\sqrt{n}+\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}-\sqrt{n+1}\geqslant 0$

и отсюда решение товарища Dan B-Yallay:

$\dfrac{\sqrt{n}\sqrt{n+1} +1-n-1}{\sqrt{n+1}}\geqslant 0$

Теперь вроде как бы доказано?