Неравенство 10

[TR63]

Требуется доказать, что $s_{n^2-n}<n$ при $n\ge2$, где

$s_n=\sqrt{n+\sqrt{n-1+\sqrt{n-2+...+\sqrt{2+\sqrt1}}}}$

Это неравенство из "Олимпиадного раздела". Там имеется решение. Но хочется попроще. У меня возникла идея. Прошу проверить.
$s_n<n^{\frac{1}{2^1}}\cdot (n-1)^{\frac{1}{2^2}}\cdot...\cdot (n-1)^{\frac{1}{2^{n-3}}}\cdot(\sqrt{3+{\sqrt{2+\sqrt1}}})^{\frac{1}{2^{n-2}}}<\frac{\sqrt{n(n-1)}\cdot(\sqrt{3+{\sqrt{2+\sqrt1}}})^{\frac{1}{2^{n-2}}}}{(n-1)^{(\frac{1}{2^{n-2}}+\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^n})}}$

$s_n<a\cdot\sqrt{n(n-1)}$

Надо доказать, что

$a<1$ при $n\ge5$, (т.к. доказательство подразумевает наличие минимум пяти элементов; это слабый вариант.)

Пусть $n=k^2-k$. Тогда надо доказать, что $s_n<k$. $k=\frac{1+\sqrt{1+4n}}{2}$.

$\sqrt{n}<\frac{1+\sqrt{4n+1}}{2}$

$(\sqrt{3+\sqrt{2+1}})^{\frac{1}{2^{n-2}}}<(n-1)^{(\frac{1}{2^{n-2}}+\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^n}-\frac1 2)}$ Это верно при $n^2-n\ge6$ (возвели в степень; сделали усиление, пропустив внутренние слагаемые в показателе степени и взяв минимум, вычтя максимум, т.е взяли показатель $(1-\frac1 2)$). Получили,что исходное неравенство верно.

[grizzly]

TR63 в сообщении #1173396 писал(а):

$(\sqrt{3+\sqrt{2+1}})^{\frac{1}{2^{n-2}}}<(n-1)^{(\frac{1}{2^{n-2}}+\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^n}-\frac1 2)}$ Это верно при $n^2-n\ge6$

Ну давайте прикинем на глаз при $n=3$. Условие $n^2-n\ge6$ удовлетворено. В левой части у Вас получается что-то явно большее, чем корень из 2, а справа что-то явно меньшее. Значит, неравенство не выполнено.
(Остальное не пытался понять.)

[TR63]

grizzly, спасибо. Поняла, где ошибка. При возведении в степень степени перемножаются (второе слагаемое неправильно посчитала).

TR63 в сообщении #1173396 писал(а):

$(\sqrt{3+\sqrt{2+1}})^{\frac{1}{2^{n-2}}}<(n-1)^{(\frac{1}{2^{n-2}}+\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^n}-\frac1 2)}$

При $n>2$ это очень ложное неравенство. Левая часть больше 1, а правая меньше 1.

(Оффтоп)

Значит исходное гипотетически можно экстраполировать, проверив при $n=3$ (при делении на непересекающиеся классы остаток будет равен 1). А, при $n=3$ исходное верно. Значит, гипотетически, сконструированное исходное неравенство будет иметь аналитическое доказательство. И оно имеется в "Олимпиадном разделе".

[VPro]

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 $s_{n^2-n}<n$.

[grizzly]

VPro
Круто! Процитировал в олимпиадной теме.

[TR63]

VPro, спасибо. Очень вкусненько. Это и есть та изюминка, которую не каждому дано найти. А, когда увидишь, думаешь, как просто. Просто, Карл!

[VPro]

Это решение практически сразу следует из вашего заключения:

TR63 в сообщении #1173396 писал(а):

Пусть $n=k^2-k$. Тогда надо доказать, что $s_n<k$. $k=\frac{1+\sqrt{1+4n}}{2}$.

[TR63]

О следовании из непрерывно ложного.

(Оффтоп)

Исходное неравенство следовало из непрерывно ложного неравенства во всей (почти?) области определения (это существенно). И гипотетически можно сделать предположение, что знак неравенства $(<)$ или $(>)$ во всей области определения будет сохраняться. И, как мы видели, это предположение подтвердилось аналитически.
Теперь рассмотрим гипотетическое решение другого неравенства, которое аналитически щёлкается даже без производной. Но интересно, как оно соотносится с исходным неравенством (собственно это будет контрпример, подтверждающий существенность требуемого условия: следование из непрерывно ложного должно быть во всей области (почти?; надо подумать) определения).
1.$n(n-1)^{\frac{1}{2^n}}<n+\frac1 n$, $n\ge6$

1). $n=1$ (верно)
2). $n=2$ (верно)
3). $n=3$ (верно)
4). $n=4$ (нет)
5). $n=5$ (нет)
6). $n=6$ (верно)
.......... (экстраполяция)

Рассмотрим вспомогательное неравенство (более простое):

2. $n(n-1)^{\frac{1}{n+1}}<n+\frac1 n$, $n\ge3$ (ложное).

1). $n=1$ (верно)
2). $n=2$ (верно)
3). $n=3$ (нет)
............(экстраполяция)

Неравенство (1) следует из непрерывно ложного неравенства (2) при $n\ge3$. Т. е. не во всей области определения (остаток не более единицы?). Следовательно нельзя гипотетически утверждать, что знак неравенства (1) будет сохраняться при $n\ge3$. И на практике это предположение подтверждается.
В первом и втором примере можно сделать разделение на не пересекающиеся классы с остатком в левом классе равным единице. Поэтому гипотетически возможна экстраполяция. И это можно подтвердить для этих двух примеров аналитическим решением.

Замечание.

При рассмотрении примеров пропущен вопрос о количестве задействованных операций. Т.е. вопрос рассмотрен не полностью (в первом приближении). Полностью не рассматриваю потому, что это здесь считается бредом. Но я считаю, что этот бред при решении конкретных задач бывает полезен. Пока осечек не было. Наоборот, была польза: этим методом я решила задачу (правильно, между прочим; подтверждено практикой) в "Олимпиадном разделе", которая там до сих пор не решена.