Prueba $\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}\ge\sqrt{n}}$ con inducción

Question

Estoy empezando a aprender la inducción matemática y tengo esta pregunta de tarea para demostrar con la inducción pero no lo estoy logrando.

$$\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}\ge\sqrt{n}}$$

Quizás alguien pueda ayudarme no entiendo como avanzar desde aquí: $$\sum\limits_{k=1}^{n+1}{\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}}\ge \sqrt{n+1}}$$ se agradecería mucho una prueba y una explicación :) Gracias :)

EDIT lo siento quería decir GE no = fijo :)

Answer 1

Una prueba muy breve (aunque no inductiva):

$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k-1}} = \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{k} - \sqrt{k-1}}{(\sqrt{k} + \sqrt{k-1})(\sqrt{k} - \sqrt{k-1})} = \sum_{k=1}^n (\sqrt{k} - \sqrt{k-1}) = \sqrt{n} $$

Answer 2

Si quieres demostrar que $$ \sum_{k=1}^n \frac 1{\sqrt k} \ge \sqrt n, $$ que puedo hacer. Está claro que para $n=1$ (ya que entonces tenemos la igualdad), por lo que basta con comprobar que $$ \sum_{k=1}^{n+1} \frac 1{\sqrt k} \ge \sqrt{n+1} $$ pero esto equivale a $$ \sum_{k=1}^{n} \frac 1{\sqrt k} + \frac 1{\sqrt{n+1}} \ge \sqrt{n+1} \ $$ y de nuevo equivalente a $$ \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt k} + 1 \ge n+1 $$ por lo que ahora sólo tenemos que demostrar la última afirmación, utilizando la hipótesis de inducción. Como $$ \sum_{k=1}^n \frac 1{\sqrt k} \ge \sqrt n, $$ tenemos $$ \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt k} \ge \sqrt{n+1}\sqrt{n} \ge \sqrt{n} \sqrt{n} = n. $$ Añadir el $1$ en ambos lados conseguimos lo que queríamos.

Espero que eso ayude,

Answer 3

No usaré la inducción:

En el lado izquierdo tienes una suma con $n$ términos, el más pequeño es $\frac{1}{\sqrt{n}}$ . Así que se obtiene la desigualdad:

$$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n}}\ge \frac{1}{\sqrt{1}}+(n-1)\frac{1}{\sqrt{n}}=\left(1-\frac{1}{\sqrt{n}}\right)+\sqrt{n}$$

Y ahora puedes ver fácilmente que el lado derecho es más grande que $\sqrt{n}$ para todos $n>1$ .

Espero que esto ayude.

Answer 4

Usted sabe que ${\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}\ge\sqrt{n}}}$ y su objetivo es demostrar que ${\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{n+1}{\frac{1}{\sqrt{k}}\ge\sqrt{n+1}}}$ . Observe que $$ \sum\limits_{k=1}^{n+1}{\frac{1}{\sqrt{k}} = \sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}}} + {1 \over \sqrt{n+1}}$$ $$\geq \sqrt{n} + {1 \over \sqrt{n+1}}$$ Utiliza la hipótesis de inducción en la línea anterior. Así que lo que tienes que demostrar es $$\sqrt{n} + {1 \over \sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1}$$ En este punto, básicamente puedes intentar jugar con el álgebra para que te salga bien. Un ejemplo de esto sería multiplicar ambos lados por $\sqrt{n+1}$ , obteniendo $$\sqrt{n(n+1)} + 1 \geq n + 1$$ O lo que es lo mismo, $$\sqrt{n(n+1)} \geq n$$ Elevando al cuadrado ambos lados se obtiene $$n^2 + n \geq n^2$$ Esta última ecuación es obviamente cierta. Para que el argumento sea riguroso, basta con observar que estos pasos son reversibles; ir en la dirección opuesta a la anterior nos lleva de $n^2 + n \geq n^2$ a $\sqrt{n} + {1 \over \sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1}$ .

Puede que a algunas personas no les guste hacer este tipo de argumento de inversión de pasos, pero tiene la ventaja de que no hay que ver nada inteligente para hacerlo; normalmente, jugando con el álgebra lo suficiente se llega a algo obvio.

Answer 5

Usando la misma identidad que Sasha, $$ \begin{align} \sqrt{k+1}-\sqrt{k}&=\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}\\ &\le\frac{1}{2\sqrt{k}} \end{align} $$ Podemos sumar y multiplicar por $2$ para conseguir $$ 2(\sqrt{n+1}-1)\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt{k}} $$ Que para la mayoría $n$ es más fuerte.