Muestra que para todo entero positivo $n$ se tiene que
$\sum_{k=1}^n{\sqrt{\frac{k-\sqrt{k^2-1}}{\sqrt{k^2+k}}}}\leq\sqrt[4]{\frac{n^3}{n+1}}$
domingo, 23 de junio de 2013
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6 comentarios:
Gracias Xavi por esforzarte para que el Latex saliera :)
Mmm, algo así?
Sea
\[X=\sum_{a=1}^{n}{\sqrt{\frac{a-\sqrt{a^{2}-1}}{\sqrt{a^{2}+a}}}}=\sum_{a=1}^{n}{\sqrt{\sqrt{\frac{a}{a+1}}-\sqrt{\frac{a-1}{a}}}}\]
entonces
\[X^{2}\leq n\left(\sqrt{\frac{n}{n+1}}\right)\]
y acabamos pues
\[X\leq \sqrt[4]{\frac{n^{3}}{n+1}}\]
La segunda cosa es una telescópica de las raíces elevadas al cuadrado, que se van eliminando y queda
\[\sqrt{\frac{n}{n+1}}-\sqrt{\frac{0}{1}}=\sqrt{\frac{n}{n+1}}\]
Utilizando el método telescópico se puede resolver el ejercicio . Defino $x_k=\frac{k-\sqrt{k^2-1}}{\sqrt{k^2+k}}$. Entonces se desea demostrar la siguiente desigualdad:
$\frac{\sqrt{x_1}+\ldots +\sqrt{x_n}}{n} \le \left( \frac{1}{n(n+1)} \right) ^{\frac{1}{4}}$
Ahora defino $a_k=\sqrt{\frac{k}{k+1}}$. Entonces es fácil ver que $x_k=a_k-a_{k-1}$. Entonces vemos que, por la desigualdad AM-HM, se obtiene
$\frac{\sqrt{x_1}+\ldots +\sqrt{x_n}}{n} \le \sqrt{\frac{x_1+\ldots + x_n}{n}} = \sqrt{\frac{a_n-a_0}{n}} = $$ \sqrt{\sqrt{\frac{n}{n^2(n+1)}}}$$ = \left( \frac{1}{n(n+1)} \right) ^{1/4)$,
y acabamos. $\blacksquare$
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