Membuktikan $\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot…\cdot\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{3n}}$ untuk semua $n$.

Question

Buktikan untuk semua $n$: $\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{3n}}$.

Dengan menggunakan induksi, saya mencoba metode mati otak dan langsung melanjutkan $$\frac{2n+1}{2n+2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3n}}<\frac{1}{\sqrt{3n+3}}$$ $$...$$ $$1<0.$$Setelah mempermalukan diri sendiri, saya melihat sekeliling dan saya menemukan utas ini . Dengan menggunakan induksi, kita dapat dengan mudah membuktikannya$$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}\leq\frac{1}{\sqrt{3n+1}}$$ $$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}\leq\frac{1}{\sqrt{3n+1}}<\frac{1}{\sqrt{3n}}.$$Ini membawa saya ke masalah aslinya. Tapi dalam sudut pandang pemecahan masalah, bagaimana menurut Anda untuk digunakan$\frac{1}{\sqrt{3n+1}}$? Apakah ada poin dalam induksi pertama yang mengarah pada ide ini? Atau apakah ada metode yang lebih baik dari yang di atas?

Answer 1

Menulis $a_n$ Untuk $n$istilah th dalam urutan Anda. Lihat kuadrat$a_n$, dan putar pembilangnya ke kiri dengan satu posisi. Mulai dari$n=2$ Anda mengamati $$ a_2^2=\frac12\frac12\frac34\frac34=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\frac14\\ a_3^2=\frac12\frac12\frac34\frac34\frac56\frac56=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\left(\frac54\frac56\right)\frac16\\ a_4^2=\frac12\frac12\frac34\frac34\frac56\frac56\frac78\frac78=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\left(\frac54\frac56\right)\left(\frac76\frac78\right)\frac18 $$dan seterusnya. Ketimpangan$1+x\le e^x$ lalu berikan $$ a_2^2\le \frac18 \exp\left(\frac18\right)\\ a_3^2\le\frac1{12}\exp\left(\frac18+\frac1{24}\right)\\ a_4^2\le\frac1{16}\exp\left(\frac18+\frac1{24}+\frac1{48}\right) $$ dan secara umum untuk $n\ge 2$ $$a_n^2\le \frac1{4n}\exp\left[\frac14\left(\frac12+\frac16+\frac1{12}+\cdots+\frac1{n(n-1)}\right)\right].$$ Serialnya $\frac12+\frac16+\frac1{12}+\cdots+\frac1{n(n-1)}$ teleskop ke $1$, menghasilkan $$a_n^2\le \frac{e^{1/4}}{4n}$$ yang juga berlaku untuk $n=1$. Sejak$e^{1/4}\approx 1.284 < 4/3$, ini membuktikan $a_n^2< \frac1{3n}$.

Answer 2

Perhatikan itu $$\frac{1}{\sqrt{an+b}} \cdot \frac{2n+1}{2n+2} \le \frac{1}{\sqrt{a(n+1)+b}} \\ \iff (a(n+1)+b)(2n+1)^2 \le (2n+2)^2 (an+b) \\ \iff an+a-4bn-3b \le 0$$

Oleh karena itu jika $a=3$, kemudian $b=1$akan berhasil. Tentu saja, Anda perlu membuktikan kasus awal ($n$= 1).

BTW: betapa menakjubkan bahwa dua jawaban pertama didapat $e$ dan $\pi$, masing-masing.

Answer 3

Pendekatan Pertama $$ \begin{align} n\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2 &=\frac14\prod_{k=2}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2\frac{k}{k-1}\tag{1a}\\ &=\frac14\prod_{k=2}^n\frac{2k-1}{2k}\frac{2k-1}{2k-2}\tag{1b}\\ &=\frac14\prod_{k=2}^n\frac{\color{#C00}{k-1/2}}{\color{#090}{k}}\frac{\color{#75F}{k-1/2}}{\color{#C90}{k-1}}\tag{1c}\\ &=\frac14\color{#C00}{\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(3/2)}}\color{#090}{\frac{\Gamma(2)}{\Gamma(n+1)}}\color{#75F}{\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(3/2)}}\color{#C90}{\frac{\Gamma(1)}{\Gamma(n)}}\tag{1d}\\[3pt] &=\frac1\pi\frac{\Gamma(n+1/2)^2}{\Gamma(n+1)\,\Gamma(n)}\tag{1e}\\[3pt] &\le\frac1\pi\tag{1f} \end{align} $$ Penjelasan:
$\text{(1a)}$: tarik $k=1$ istilah di depan dan bawa $n$ di dalam sebagai produk teleskop
$\text{(1b)}$: mengatur ulang istilah
$\text{(1c)}$: bagi pembilang dan penyebut dengan $2$
$\text{(1d)}$: tulis produk sebagai rasio dari fungsi Gamma, menggunakan $\Gamma(x+1)=x\,\Gamma(x)$
$\text{(1e)}$: kumpulkan istilah menggunakan $\Gamma(1)=\Gamma(2)=1$ dan $\Gamma(3/2)=\sqrt\pi/2$
$\text{(1f)}$: $\Gamma(x)$ adalah log-cembung

Jadi, kita menjadi lebih kuat $$ \prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\le\frac1{\sqrt{\pi n}}\tag2 $$

---

Pendekatan yang Sedikit Lebih Sederhana dengan Batas Lebih Baik $$ \begin{align} \prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k} &=\prod_{k=1}^n\frac{(2k-1)2k}{4k^2}\tag{3a}\\ &=\frac1{4^n}\binom{2n}{n}\tag{3b}\\ &\le\frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac14\right)}}\tag{3c} \end{align} $$ Penjelasan:
$\text{(3a)}$: kalikan pembilang dan penyebut dengan $2k$
$\text{(3b)}$: $\prod\limits_{k=1}^n(2k-1)2k=(2n)!$ dan $\prod\limits_{k=1}^n2k=2^nn!$
$\text{(3c)}$: ketidaksetaraan $(9)$dari jawaban ini

Faktanya, menggunakan ketidaksetaraan $(9)$dari jawaban ini , kami mendapatkan$$ \frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac13\right)}}\le\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\le\frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac14\right)}}\tag4 $$