Zadaci iz žute zbirke - 108.

Zadaci iz žute zbirke - 108. 26.10.2013. u 13:08 · pre 158 meseci #1

Prvo navodim cijeli zadatak iz zbirke:

Dokazati da nejednakost:

$\sum\displaylimits_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{n}, (n\in N)$ (*)

vrijedi za svaki prirodan broj $n\geq2$ .

Dokaz. Za $n=2$ dobijamo da je:

$1+\frac{1}{\sqrt{2}}>\sqrt{2}\Longleftrightarrow \sqrt{2}+1>2\Longleftrightarrow \sqrt{2}>1\Longleftrightarrow 2>1$ .

Za $n=3$ uslov je takođe ispunjen, tj.

$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}>\sqrt{3}\Longleftrightarrow \sqrt{6}+\sqrt{3}>2\sqrt{2}\Longleftrightarrow 6\sqrt{2}>-1$ .

Pretpostavimo da nejednakost (*) vrijedi za $n=m$ , tj. da je:

$\sum\displaylimits_{k=1}^m\frac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{m}$ .

Ako dokažemo da relacija (*) vrijedi za $n=m+1$ , onda će ona da vrijedi i za svaki prirodni broj $n$ . Zaista,

$\sum\displaylimits_{k=1}^{m+1}\frac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{m}+\frac{1}{\sqrt{m+1}}=\sqrt{m+1}\Biggl(\sqrt{\frac{m}{m+1}}+\frac{1}{m+1}\Biggr)=\sqrt{m+1}\Biggl[\frac{\sqrt{m(m+1)}}{m+1}+\frac{1}{m+1}\Biggr]=$
$=\sqrt{m+1}\Biggl(\frac{\sqrt{m^2+m}+1}{m+1}\Biggr)>\sqrt{m+1}\cdot\frac{m+1}{m+1}=\sqrt{m+1}$ .

Prema tome, ako je $\sum\displaylimits_{k=1}^{m}\frac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{m}$ , onda je tim prije i $\sum\displaylimits_{k=1}^{m+1}\frac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{m+1}$ , što znači da je metodom matematičke indukcije izveden dokaz.

Napomena: Dokaz smo mogli i ovako provesti:

1)Za $n=2$ imamo:

$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}}>\frac{1+1}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$ .

2)Pretpostavimo da je za $n=k+1$ relacija ispunjena, tj.:

$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k+1}$ .

Dokažimo valjanost tvrdnje i za $n=k+2$ , tj. da vrijedi:

$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}>\sqrt{k+2}$ .

Zaista,

$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{k+1}}+{\color{blue}\frac{1}{\sqrt{k+1}}}>\sqrt{k+1}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}=$
$={\color{blue}\frac{\sqrt{k+1}\cdot\sqrt{k+2}+1}{\sqrt{k+2}}>\frac{\sqrt{k+1}\cdot\sqrt{k+2}+1}{\sqrt{k+2}}=\frac{k+1+1}{\sqrt{k+2}}}=\frac{k+2}{\sqrt{k+2}}=\sqrt{k+2}$ .

Ovim je dokaz završen.

Kraj citata.

Meni nije jasno odkuda ovo što sam označio plavom bojom. Je li u pitanju neka krupna štamparska greška ili je meni nešto promaklo? Ako je ovo označeno plavom bojom nepravilno, kako treba pravilno?

Re: Zadaci iz žute zbirke - 108. 26.10.2013. u 15:06 · pre 158 meseci #2

$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{k+1}}+{\color{blue}\frac{1}{\sqrt{k+{\color{red}2}}}>\sqrt{k+1}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}=$
$={\color{blue}\frac{\sqrt{k+1}\cdot\sqrt{k+2}+1}{\sqrt{k+2}}>\frac{\sqrt{k+1}\cdot\sqrt{k+{\color{red}1}}+1}{\sqrt{k+2}}=\frac{k+1+1}{\sqrt{k+2}}}=\frac{k+2}{\sqrt{k+2}}=\sqrt{k+2}$ .

Da li treba neko dodatno objasnjenje?

Inace vazi:

$\begin{array}{rcl} \displaystyle\sum_{1\leq n\leq x}\frac{1}{\sqrt{n}}&=&\displaystyle\frac{[x]}{\sqrt{x}}+\frac{1}{2}\int\limits_1^x\frac{[t]}{t^{3/2}}\,dt\\ &=&\displaystyle\frac{x+\mathcal{O}(1)}{\sqrt{x}}+\frac{1}{2}\int\limits_1^x\frac{t-\{t\}}{t^{3/2}}\,dt\\ &=&\displaystyle\sqrt{x}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)+\frac{1}{2}\int\limits_1^x\frac{dt}{\sqrt{t}}-\frac{1}{2}\int\limits_1^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{3/2}}\,dt+\frac{1}{2}\int\limits_x^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{3/2}}\,dt\\ &=&\displaystyle 2\sqrt{x}-1-\frac{1}{2}\int\limits_1^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{3/2}}\,dt+\mathcal{O}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)\\ &=&\displaystyle 2\sqrt{x}+c+\mathcal{O}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right),$
gde je $\displaystyle c =-1-\frac{1}{2}\int\limits_1^{\infty}\frac{\{t\}}{t^{3/2}}\,dt$ neka apsolutna realna konstanta.

U prvoj jednakosti koristili smo Abel's summation formula za $a_n=1$ i $\phi(n)=\frac{1}{\sqrt{n}}$ .

$[\,\,]$ predstalja funckiju ceo deo, a $\{\,\,\}$ funckiju razlomljeni deo.

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: Zadaci iz žute zbirke - 108. 26.10.2013. u 16:29 · pre 158 meseci #3

Hvala ti, Sonec, samo mi nije jasno odakle potiče ovo ${\color{blue}\frac{\sqrt{k+1}\cdot\sqrt{k+{\color{red}1}}+1}{\sqrt{k+2}}}$ ?

Re: Zadaci iz žute zbirke - 108. 26.10.2013. u 17:21 · pre 158 meseci #4

$\sqrt{k+2} > \sqrt{k+1}$ , pa je i $\sqrt{k+1} \cdot \sqrt{k+2} > \sqrt{k+1}\cdot \sqrt{k+1}$ , tj. $\sqrt{k+1} \cdot \sqrt{k+2}+1 > \sqrt{k+1}\cdot \sqrt{k+1}+1$ , a samim tim i

$\frac{\sqrt{k+1} \cdot \sqrt{k+2}+1}{\sqrt{k+2}} > \frac{\sqrt{k+1}\cdot \sqrt{k+1}+1}{\sqrt{k+2}}$ . E sad, zasto bas tako? Pa stelovanje, nista vise.

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: Zadaci iz žute zbirke - 108. 26.10.2013. u 21:50 · pre 158 meseci #5

Na osnovu čega uzimaš $\sqrt{k+2} > \sqrt{k+1}$ ? Ne mogu to da izmoždim...

Re: Zadaci iz žute zbirke - 108. 26.10.2013. u 23:03 · pre 158 meseci #6

Pa $k+2> k+1$ ( $k \geq 1$ ), pa ova relacija vazi i za korene (jer su potkorene velicine vece od 1, pa se ne menja znak nejednakosti).

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: Zadaci iz žute zbirke - 108. 28.10.2013. u 16:11 · pre 158 meseci #7

$\sqrt{m}+\frac{1}{\sqrt{m+1}} > \sqrt{m+1}$

Ova nejednakost se dokazuje množenjem sa imeniocem i trivijalna je.
Ne razumem šta su petljali u toj knjizi.

Re: Zadaci iz žute zbirke - 108. 28.10.2013. u 16:36 · pre 158 meseci #8

Ovaj se zadatak pojavljuje i u knjizi Pavle Miličić, Momčilo Ušćumlić - Zbirka zadataka iz više matematike I, XX izdanje pod brojem 344., a i u ovoj mojoj "žutoj zbirci" je naveden dva puta.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme