Desigualdade com inteiros

Question

Estou tentando encontrar uma maneira analítica de provar que para números inteiros $n\ge 6$,

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

Answer 1

Aqui está uma prova analítica usando derivados.

Deixei

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

É o suficiente para mostrar que $f(6)\lt1/2$ e $f'(x)\lt0$ para $x\ge6$. A desigualdade$f(6)\lt1/2$não é difícil verificar com uma calculadora. (Isso equivale a verificar que$\sqrt[6]7\approx1.383$ é menos do que $(1+\sqrt{10})/3\approx1.387$.) Quanto à derivada, temos

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

e é fácil ver isso $g(x)=2\ln(x+1)+{1\over x+1}-3$ é uma função crescente com $g(3)=2\ln4-{11\over4}\approx0.0226\gt0$, assim $f'(x)\lt0$ para $x\ge3$. (Teria sido o suficiente para mostrar$g(6)\gt0$, mas não custa obter um limite melhor sobre onde a função começa a diminuir; o máximo real de$f$ ocorre em torno de $2.005$.)

Observação: Computacionalmente, a etapa mais complicada aqui é mostrar $f(6)\lt1/2$; a desigualdade$g(3)\gt0$ equivale a mostrar $\ln2\gt11/16=0.6875$, e existem várias maneiras de mostrar que $\ln2\approx0.69$. Mostrar$f(6)\lt1/2$ sem simplesmente deixar um computador fazer todo o trabalho, deixe $u=\sqrt[6]7$, e observe que

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

então é preciso "meramente" mostrar que $7\cdot3^6\lt(1+\sqrt{10})^6$. Expandindo o binômio e fazendo alguma aritmética, isso se torna$1226\lt403\sqrt{10}$, e essa desigualdade é facilmente verificada a partir $3.1^2=9.61\lt10$, de modo que

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

Answer 2

Pela expansão binomial obtemos: $$\left(1+\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}\right)^n\geq1+\frac{n(\sqrt{2n-1}-1}{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}\cdot\left(\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}\right)^2=n+1.$$ ID est, $$\sqrt[n]{n+1}\leq1+\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}.$$ Assim, basta provar que: $$1+\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}\leq\frac{1}{n}+\frac{1}{1+\frac{\sqrt{2n-1}-1}{n-1}}+\frac{1}{2},$$ o que é verdade para qualquer $n\geq14$.

Você pode terminar agora?

Answer 3

Denotar $x = \sqrt[n]{n+1}$. A desigualdade desejada é escrita como$\frac{-2nx^2 + (n+2)x + 2n}{2nx} \ge 0$. Basta provar que$-2nx^2 + (n+2)x + 2n \ge 0$ que é escrito como $$2n(x - x_1)(x - x_2)\le 0$$ Onde $$x_1 = \frac{n+2 + \sqrt{17n^2 + 4n + 4}}{4n}, \quad x_2 = \frac{n+2 - \sqrt{17n^2 + 4n + 4}}{4n}.$$ Desde a $x > 0$ e $x_2 < 0$, é suficiente provar que $x \le x_1$, ou seja, $$\sqrt[n]{n+1} \le \frac{n+2 + \sqrt{17n^2 + 4n + 4}}{4n}. \tag{1}$$

Para $n = 6, 7, \cdots, 11$, (1) é verificado diretamente.

Para $n \ge 12$, Desde a $\sqrt{17n^2 + 4n + 4} \ge 4n + 1$, é suficiente provar que $$\sqrt[n]{n+1} \le \frac{n+2 + 4n + 1}{4n}$$ ou $$n+1 \le (1 + \tfrac{1}{4})^n (1 + \tfrac{3}{5n})^n.$$ Pelo teorema binomial, temos $(1 + \tfrac{1}{4})^n \ge 1 + \frac{1}{4}n + (\frac{1}{4})^2\frac{n(n-1)}{2}$ e $(1 + \tfrac{3}{5n})^n \ge 1 + \frac{3}{5n}\cdot n = 1 + \tfrac{3}{5}$. Basta provar que$$n + 1 \le [1 + \tfrac{1}{4}n + (\tfrac{1}{4})^2\tfrac{n(n-1)}{2}] (1 + \tfrac{3}{5})$$ ou $$\frac{1}{20}(n-1)(n-12)\ge 0$$ que é verdade.

Acabamos.