Pruebalo $1<\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{3n+1}$

Question

Demostrar que $1<\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{3n+1}$.

Utilizando la inducción matemática. Supongamos que la declaración sostiene para $n=k$.

Entonces para $n=k+1$. Tenemos $\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{k+3}+...+\dfrac{1}{3k+1}+\dfrac{1}{3k+2}+\dfrac{1}{3k+3}+\dfrac{1}{3k+4}=(\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{k+3}+...+\dfrac{1}{3k+1})+(\dfrac{1}{3k+2}+\dfrac{1}{3k+3}+\dfrac{1}{3k+4}-\dfrac{1}{k+1})$

Sabemos que $\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+\dfrac{1}{k+3}+...+\dfrac{1}{3k+1}>1$

¿Qué podemos hacer para $(\dfrac{1}{3k+2}+\dfrac{1}{3k+3}+\dfrac{1}{3k+4}-\dfrac{1}{k+1})$?

Answer 1

Por la desigualdad de cauchy-schwarz #% de %#% $ %#% de nota #% $

Answer 2

Estén casi hechas. Demostrar que $$\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}-\frac{1}{k+1}$ $ es positivo.

Para ello es suficiente para mostrar que $\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+4} \gt \frac{2}{3k+3}$. El lado izquierdo puede escribirse como $\frac{6k+6}{(3k+2)(3k+4}$. Por eso queremos mostrar que $(3k+3)^2\gt (3k+2)(3k+4)$.

Answer 3

Otra forma: usted puede obligado por $$\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + ... + \frac{1}{3n+1} \ge \int_{n+1}^{3n+1} \frac{1}{x} = \log \Big(\frac{3n+1}{n+1}\Big)$$ where $\frac{3n+1}{n+1}$ is monotone increasing in $n$, and $\log (\frac {3 * 7 + 1} {7 + 1}) > 1 $ already. Then check the cases $n = 1 $ through $6$.

Answer 4

el uso de $maxima$ puedo conseguir

(%i1) 1/(3*k+2)+1/(3*k+3)+1/(3*k+4)-1/(k+1),ratexpand;
2
(%o1) \begin{align}
x = p^k \frac{m}{n} \quad \text{and}\quad \gcd(m,n)=1
\end\begin{align} M := \big\{f_{p,c} : p\in\mathbb{P} \text{ and } c\in (0,1]\big\} \end\begin{align}k_{i+1} := \max\{n\in\mathbb{N} : p_i-np_{i+1} > 0\} \quad\text{and}\quad r_{i+2} := p_i - k_{i+1} p_{i+1}\end\begin{align}
p_{i+2} := q
\end-----
 3 2
 27 k + 81 k + 78 k + 24
(%i2) resolver(denom(%),[k]);
 4 2
(%o2) [k = - -, k = - 1, k = - -]
 3 3

Para $k=0$ el denominador es mayor que $0$, por lo que es mayor que $0$ todos los $ k \gt -\frac{2}{3}$.