Desigualdad con enteros

Question

Estoy tratando de encontrar una forma analítica de demostrar que para enteros $n\ge 6$,

$$\sqrt[n]{n+1}\le \frac{1}{n}+\frac{1}{\sqrt[n]{n+1}}+\frac12$$

Answer 1

Aquí hay una prueba analítica usando derivadas.

Dejar

$$f(x)=(x+1)^{1/x}-(x+1)^{-1/x}-{1\over x}=2\sinh\left({\ln(x+1)\over x}\right)-{1\over x}$$

Es suficiente para demostrar que $f(6)\lt1/2$ y $f'(x)\lt0$ para $x\ge6$. La desigualdad$f(6)\lt1/2$no es difícil de verificar con una calculadora. (Equivale a comprobar que$\sqrt[6]7\approx1.383$ es menos que $(1+\sqrt{10})/3\approx1.387$.) En cuanto a la derivada, tenemos

$$\begin{align} f'(x)&=2\left({1\over x(x+1)}-{\ln(x+1)\over x^2}\right)\cosh\left({\ln(x+1)\over x}\right)+{1\over x^2}\\ &={1\over x^2}\left(1-2\left(\ln(x+1)+{1\over x+1}-1\right)\cosh\left({\ln(x+1)\over x}\right) \right)\\ &\lt{1\over x^2}\left(1-2\left(\ln(x+1)+{1\over x+1}-1 \right)\right)\quad\text{if }x\ge2\\ &=-{1\over x^2}\left(2\ln(x+1)+{1\over x+1}-3 \right) \end{align}$$

y es fácil ver eso $g(x)=2\ln(x+1)+{1\over x+1}-3$ es una función creciente con $g(3)=2\ln4-{11\over4}\approx0.0226\gt0$, entonces $f'(x)\lt0$ para $x\ge3$. (Hubiera sido suficiente para mostrar$g(6)\gt0$, pero no está de más tener un mejor límite donde la función comienza a disminuir; el máximo real de$f$ ocurre alrededor $2.005$.)

Observación: Computacionalmente, el paso más complicado aquí es mostrar $f(6)\lt1/2$; la desigualdad$g(3)\gt0$ equivale a mostrar $\ln2\gt11/16=0.6875$, y hay varias formas de demostrar que $\ln2\approx0.69$. Mostrar$f(6)\lt1/2$ sin simplemente dejar que una computadora haga todo el trabajo, deje que $u=\sqrt[6]7$y tenga en cuenta que

$$u+{1\over u}-{1\over6}\lt{1\over2}\iff3u^2-2u-3\lt0\iff{1-\sqrt{10}\over3}\lt u\lt{1+\sqrt{10}\over3}$$

por lo que es necesario mostrar "simplemente" que $7\cdot3^6\lt(1+\sqrt{10})^6$. Expandiendo el binomio y haciendo algo de aritmética, esto se convierte en$1226\lt403\sqrt{10}$, y esta desigualdad se verifica fácilmente a partir de $3.1^2=9.61\lt10$, de modo que

$$1226\lt1240=400\cdot3.1\lt403\sqrt{10}$$

Answer 2

Por la expansión binomial obtenemos: $$\left(1+\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}\right)^n\geq1+\frac{n(\sqrt{2n-1}-1}{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}\cdot\left(\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}\right)^2=n+1.$$ Id est, $$\sqrt[n]{n+1}\leq1+\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}.$$ Por tanto, basta con demostrar que: $$1+\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}\leq\frac{1}{n}+\frac{1}{1+\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}}+\frac{1}{2},$$ que es cierto para cualquier $n\geq14$.

¿Puedes terminarlo ahora?

Answer 3

Denotar $x = \sqrt[n]{n+1}$. La desigualdad deseada se escribe como$\frac{-2nx^2 + (n+2)x + 2n}{2nx} \ge 0$. Basta probar que$-2nx^2 + (n+2)x + 2n \ge 0$ que está escrito como $$2n(x - x_1)(x - x_2)\le 0$$ dónde $$x_1 = \frac{n+2 + \sqrt{17n^2 + 4n + 4}}{4n}, \quad x_2 = \frac{n+2 - \sqrt{17n^2 + 4n + 4}}{4n}.$$ Ya que $x > 0$ y $x_2 < 0$, basta para demostrar que $x \le x_1$, a saber, $$\sqrt[n]{n+1} \le \frac{n+2 + \sqrt{17n^2 + 4n + 4}}{4n}. \tag{1}$$

Xa $n = 6, 7, \cdots, 11$, (1) se verifica directamente.

Xa $n \ge 12$, ya que $\sqrt{17n^2 + 4n + 4} \ge 4n + 1$, basta para demostrar que $$\sqrt[n]{n+1} \le \frac{n+2 + 4n + 1}{4n}$$ o $$n+1 \le (1 + \tfrac{1}{4})^n (1 + \tfrac{3}{5n})^n.$$ Por el teorema del binomio, tenemos $(1 + \tfrac{1}{4})^n \ge 1 + \frac{1}{4}n + (\frac{1}{4})^2\frac{n(n-1)}{2}$ y $(1 + \tfrac{3}{5n})^n \ge 1 + \frac{3}{5n}\cdot n = 1 + \tfrac{3}{5}$. Basta probar que$$n + 1 \le [1 + \tfrac{1}{4}n + (\tfrac{1}{4})^2\tfrac{n(n-1)}{2}] (1 + \tfrac{3}{5})$$ o $$\frac{1}{20}(n-1)(n-12)\ge 0$$ cual es verdad.

Hemos terminado.