Demostrar que .

Question

Sin utilizar la inducción matemática, demostrar que $$\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+3}+\cdots+\frac{1}{3n-1}>\frac{1}{2}$ $

Soy incapaz de resolver este problema y no sabe por dónde empezar. Por favor me ayude a resolver este problema usando las leyes de la desigualdad. Es un problema de la desigualdad.

Edit: $n$ es un entero positivo tal que $n>1$.

Answer 1

La suma puede ser escrita como\begin{align} \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+3} + \ldots + \frac{1}{3n - 1} & = \sum{i=1}^n \frac{1}{n + 2i - 1}. \end {Alinee el} ahora recordar la desigualdad de AM-HM: $$ \frac 1n\sum {i = 1} ^ n (n + 2i - 1) > \frac{n}{\sum_{i=1}^n \frac{1}{n + 2i - 1}}. $$ (El requisito que $n > 1$ garantiza que la desigualdad es estricta.)

Reorganizar llegar\begin{align} \sum{i=1}^n \frac{1}{n + 2i - 1} & > \frac{n^2}{\sum{i=1}^n(n + 2i - 1)} = \frac 12. \end {Alinee el}

Answer 2

Cualquier afirmación que deba demostrarse todos $n\in\mathbb{N}$, tendrá que hacer uso de la inducción en algún momento.

Tenemos\begin{align} Sn & = \sum{k=1}^n \dfrac1{n+2k-1} = \dfrac12 \left(\sum{k=1}^n \dfrac1{n+2k-1} + \underbrace{\sum{k=1}^n \dfrac1{3n-2k+1}}{\text{Reverse the sum}}\right)\ & = \dfrac12 \sum{k=1}^n \dfrac{4n}{(n+2k-1)(3n-2k+1)} = \sum_{k=1}^n \dfrac{2n}{(n+2k-1)(3n-2k+1)} \end {Alinee el} de AM-GM, tenemos $$4n = (n+2k-1) + (3n-2k+1) \geq 2 \sqrt{(n+2k-1)(3n-2k+1)}$ $ esto nos da que % $ $$\dfrac1{(n+2k-1)(3n-2k+1)} \geq \dfrac1{4n^2}$por lo tanto, obtenemos que $$Sn = \dfrac12 \sum{k=1}^n \dfrac{4n}{(n+2k-1)(3n-2k+1)} \geq \sum_{k=1}^n \dfrac{2n}{4n^2} = \dfrac12$ $

Además, sólo a la nota, cada paso en la solución anterior requiere inducción.

También, como @MartinR señala atinadamente, la desigualdad es estricta en nuestro caso casi todos $k$ excepto $k=\dfrac{n+1}2$ (ya que la igualdad es sólo cuando $n+2k-1 = 3n-2k+1 \implies k = \dfrac{n+1}2$).

Answer 3

$f(x) = 1/x$ es estrictamente convexa, por lo tanto $$ \frac{1}{2n} < \frac 12 \left( \frac{1}{n+k} + \frac{1}{3n-k} \right) $$ para $k = 1, ..., n-1$, o $$ \frac{1}{n+k} + \frac{1}{3n-k} > \frac {1}{2n} + \frac {1}{2n} $$ La combinación de términos pares de ambos extremos de la suma muestra que $$ \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+3}+\dots+\frac{1}{3n-3} + \frac{1}{3n-1} > \underbrace{\frac {1}{2n} + \frac {1}{2n} + \dots +\frac {1}{2n} + \frac {1}{2n}}_{n \text {}} = \frac 12. $$ (Si $n$ es impar entonces el medio plazo $ \frac {1}{2n}$ no se combina con otro. Pero desde $n> 1$ hay al menos un "par" de combinar, lo que da la desigualdad estricta.)

Answer 4

Un enfoque: Hay

términos de US $ $$\frac{(3n-1)-(n+1)}{2} + 1 = n $.

Por lo tanto, si reescribe la suma como

$$\frac 1n \sum_{j=1}^n \frac{1}{1 + (2j - 1)/n}$$

tenemos algo que parece una suma superior de Riemann para algunos integral definida. Uso que integral como un límite inferior para la suma.

Answer 5

Que $$ a_n = \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+3}+\ldots+\frac{1}{3n-1}. $ $ tenemos $a1=\frac{1}{2}$ y: $$\begin{eqnarray*} a{n+2}-a_n &=& \frac{1}{3n+5}+\frac{1}{3n+3}+\frac{1}{3n+1}-\frac{1}{n+1}\&>&\frac{3}{3n+3}-\frac{1}{n+1} = 0\end{eqnarray*} $ $ por lo que la reclamación es trivial, puesto que $a_2>a1$ y $a{n+2}>a_n$.