Cómo probar esta desigualdad $\sum_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{k\binom{n}{k}}\ge \frac{n}{2^{n-1}}$

Question

que $1\le k\le n,k,n\in N^{+}$, mostrar que $$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{2k-1}{k\binom{n}{k}}\ge \dfrac{n}{2^{n-1}}$ $

Sé que este %#% $ de #% y $$\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2$ $

Quiero desigualdad de Cauchy-Schwarz de uso. $$\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}=n\cdot 2^{n-1}$ $ y %#% $ #% ahora debemos probar a $$\left(\sum_{k=1}^{n}\dfrac{2k-1}{k\binom{n}{k}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}k\binom{n}{k}\right)\ge (\sum_{k=1}^{n}\sqrt{2k-1})^2$ $ tal vez puede usar desigualdad integral para probarlo.

No puedo demostrarlo. Gracias

Answer 1

En primer lugar demostrar que: $x≥0$ y $y≥0$, $(x+y)^{\frac{1}{2}}≤x^{\frac{1}{2}}+y^{\frac{1}{2}}$. Definir $f(x)=(x+1)^{\frac{1}{2}}-x^{\frac{1}{2}}-1$. Tenga en cuenta que $f'(x)<0$. $x >0$, Tenemos $f(x)<0$. Por lo tanto $(x+1)^{\frac{1}{2}}<x^{\frac{1}{2}}+1$. Reemplace $x$ $x/y$ tenemos, $(x+y)^{\frac{1}{2}}<x^{\frac{1}{2}}+y^{\frac{1}{2}}$. El resultado es $x=y=0$, tenemos $(x+y)^{\frac{1}{2}}≤x^{\frac{1}{2}}+y^{\frac{1}{2}}$, % para $x≥0$ y $y≥0$. Para la inducción, $$(x_{1}+...+x_{n})^{\frac{1}{2}}≤x^{\frac{1}{2}}_{1}+...+x^{\frac{1}{2}}_{n}.$ $ $x_{k}={2k-1}$ tenemos, $\sum_{k=1}^{n}\sqrt{2k-1}≥\sqrt{\sum_{k=1}^{n}{2k-1}}=\sqrt{n^{2}}=n.$

Answer 2

Otra forma sería utilizar la desigualdad de Cauchy-Schwarz en una forma ligeramente diferente, que da:

$$\left(\sum_{k=1}^{n}\dfrac{2k-1}{k\binom{n}{k}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}(2k-1)k\binom{n}{k}\right)\ge \left(\sum_{k=1}^{n}(2k-1) \right)^2 = n^4$$

También tenemos %#% $ #%

que nos da la fuerte desigualdad $$\sum_{k=1}^{n}(2k-1)k\binom{n}{k} = n^2 \cdot 2^{n-1}$ $

Answer 3

Otro punto de partida es la desigualdad $\boxed{\binom{n}{k} \leq 2^n}$ Este trivial punto de partida nos permite deducir que

$$ \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}^{-1} \geq \frac{n}{2^n} $$

Si tenemos este conectado en el original de la desigualdad que nos quedamos cortos de lo que estamos tratando de demostrar:

$$ \sum_{k=1}^n \left( 1 - \frac{1}{2k}\right)\binom{n}{k}^{-1} \geq 2^{n} \sum_{k=1}^n \left( 1 - \frac{1}{2k}\right) \geq \mathbf{\color{blue}{\frac{n - \tfrac{1}{2}\log n}{2^n}}} $$

O podemos probar de la otra forma, pero todavía está un poco corto.

$$ \sum_{k=1}^n \left( 1 - \frac{1}{2k}\right)\binom{n}{k}^{-1} = \sum_{k=1}^n \left( k - \frac{1}{2}\right)\frac{1}{n}\binom{n-1}{k-1}^{-1} = \frac{1}{n 2^{n-1}}\sum_{k=1}^n \left( k - \frac{1}{2}\right) = \mathbf{\color{blue}{\frac{n- \frac{1}{n}}{ 2^n} }} $$

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Espero mejorar la $\frac{1}{2^n}\binom{n}{k} \leq 1$, tal vez por una constante que depende del $k$.

De hecho, podemos utilizar la media Aritmética - media Armónica de la desigualdad - o, posiblemente, la desigualdad de Jensen para obtener:

$$ \sum_{k=1}^n \left( 1 - \frac{1}{2k}\right)\binom{n}{k}^{-1} \geq \frac{n^2}{\sum_{k=1}^n \left( 1 - \frac{1}{2k}\right)^{-1}\binom{n}{k}} \geq \frac{n^2}{2 \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}} > \mathbf{\frac{n^2}{2^{n+1}} }$$