Provar $\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot…\cdot\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{3n}}$ para todos $n$.

Question

Provar para todos $n$: $\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{3n}}$.

Usando indução, tentei o método da morte cerebral e fui direto para $$\frac{2n+1}{2n+2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3n}}<\frac{1}{\sqrt{3n+3}}$$ $$...$$ $$1<0.$$Depois de me envergonhar, olhei em volta e encontrei este tópico . Usando a indução, podemos facilmente provar$$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}\leq\frac{1}{\sqrt{3n+1}}$$ $$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}\leq\frac{1}{\sqrt{3n+1}}<\frac{1}{\sqrt{3n}}.$$Isso me leva ao problema original. Mas, do ponto de vista de resolução de problemas, como você pensa em usar$\frac{1}{\sqrt{3n+1}}$? Existe algum ponto na primeira indução que leva a essa ideia? Ou existe um método melhor do que o anterior?

Answer 1

Escrever $a_n$ para o $n$º termo em sua seqüência. Olhe para o quadrado de$a_n$e gire os numeradores para a esquerda em uma posição. Começando às$n=2$ você observa $$ a_2^2=\frac12\frac12\frac34\frac34=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\frac14\\ a_3^2=\frac12\frac12\frac34\frac34\frac56\frac56=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\left(\frac54\frac56\right)\frac16\\ a_4^2=\frac12\frac12\frac34\frac34\frac56\frac56\frac78\frac78=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\left(\frac54\frac56\right)\left(\frac76\frac78\right)\frac18 $$e assim por diante. A desigualdade$1+x\le e^x$ então dá $$ a_2^2\le \frac18 \exp\left(\frac18\right)\\ a_3^2\le\frac1{12}\exp\left(\frac18+\frac1{24}\right)\\ a_4^2\le\frac1{16}\exp\left(\frac18+\frac1{24}+\frac1{48}\right) $$ e em geral para $n\ge 2$ $$a_n^2\le \frac1{4n}\exp\left[\frac14\left(\frac12+\frac16+\frac1{12}+\cdots+\frac1{n(n-1)}\right)\right].$$ As séries $\frac12+\frac16+\frac1{12}+\cdots+\frac1{n(n-1)}$ telescópios para $1$, produzindo $$a_n^2\le \frac{e^{1/4}}{4n}$$ o que também vale para $n=1$. Desde a$e^{1/4}\approx 1.284 < 4/3$, isso prova $a_n^2< \frac1{3n}$.

Answer 2

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

Daí se $a=3$, então $b=1$trabalharia. Claro, você precisa provar o caso inicial ($n$= 1).

BTW: como é incrível que as duas primeiras respostas tenham $e$ e $\pi$, respectivamente.

Answer 3

Uma Primeira Abordagem $$ \begin{align} n\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2 &=\frac14\prod_{k=2}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2\frac{k}{k-1}\tag{1a}\\ &=\frac14\prod_{k=2}^n\frac{2k-1}{2k}\frac{2k-1}{2k-2}\tag{1b}\\ &=\frac14\prod_{k=2}^n\frac{\color{#C00}{k-1/2}}{\color{#090}{k}}\frac{\color{#75F}{k-1/2}}{\color{#C90}{k-1}}\tag{1c}\\ &=\frac14\color{#C00}{\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(3/2)}}\color{#090}{\frac{\Gamma(2)}{\Gamma(n+1)}}\color{#75F}{\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(3/2)}}\color{#C90}{\frac{\Gamma(1)}{\Gamma(n)}}\tag{1d}\\[3pt] &=\frac1\pi\frac{\Gamma(n+1/2)^2}{\Gamma(n+1)\,\Gamma(n)}\tag{1e}\\[3pt] &\le\frac1\pi\tag{1f} \end{align} $$ Explicação:
$\text{(1a)}$: Puxe a $k=1$ prazo na frente e trazer $n$ dentro como um produto telescópico
$\text{(1b)}$: reorganizar termos
$\text{(1c)}$: divida o numerador e o denominador por $2$
$\text{(1d)}$: escreva os produtos como proporções da função Gama, usando $\Gamma(x+1)=x\,\Gamma(x)$
$\text{(1e)}$: colete os termos usando $\Gamma(1)=\Gamma(2)=1$ e $\Gamma(3/2)=\sqrt\pi/2$
$\text{(1f)}$: $\Gamma(x)$ é log-convexo

Assim, temos o mais forte $$ \prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\le\frac1{\sqrt{\pi n}}\tag2 $$

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Uma abordagem um pouco mais simples com um limite melhor $$ \begin{align} \prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k} &=\prod_{k=1}^n\frac{(2k-1)2k}{4k^2}\tag{3a}\\ &=\frac1{4^n}\binom{2n}{n}\tag{3b}\\ &\le\frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac14\right)}}\tag{3c} \end{align} $$ Explicação:
$\text{(3a)}$: multiplique o numerador e o denominador por $2k$
$\text{(3b)}$: $\prod\limits_{k=1}^n(2k-1)2k=(2n)!$ e $\prod\limits_{k=1}^n2k=2^nn!$
$\text{(3c)}$: desigualdade $(9)$de esta resposta

Na verdade, usando a desigualdade $(9)$a partir desta resposta , nós obtemos$$ \frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac13\right)}}\le\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\le\frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac14\right)}}\tag4 $$