Otra Idea para mostrar una desigualdad $\dfrac{1}{\sqrt 1}+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 3}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt n}\geq \sqrt n$

Question

$$\dfrac{1}{\sqrt 1}+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 3}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt n}\geq \sqrt n$$ Yo quiero probar esta por Inducción $$n=1 \tilde\\ n=k \a \dfrac{1}{\sqrt 1}+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 3}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt k}\geq \sqrt k\\ n=k+1 \a \dfrac{1}{\sqrt 1}+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 3}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt {k+1}}\geq \sqrt {k+1}$$ so $$\dfrac{1}{\sqrt 1}+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 3}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt k}+\dfrac{1}{\sqrt {k+1}}\geq \sqrt k+\dfrac{1}{\sqrt {k+1}}$$now we prove that $$\sqrt k+\dfrac{1}{\sqrt {k+1}} >\sqrt{k+1} \\\sqrt{k(k+1)}+1 \geq k+1 \\ k(k+1) \geq k^2 \\k+1 \geq k \checkmark$$ y el segundo método, como el de abajo ,

y lo que quiero saber es que hay más Idia para mostrar esta prueba ? porejemplo la combinatoria de las pruebas , o el uso de las integrales ,o series de fourier ,....

Hay una estrecha formulario de esta suma ?

cualquier ayuda será apreciada .

Answer 1

$$\dfrac{1}{\sqrt 1} \geq \dfrac{1}{\sqrt n} \\+\dfrac{1}{\sqrt 2}\geq \dfrac{1}{\sqrt n}\\+\dfrac{1}{\sqrt 3}\geq \dfrac{1}{\sqrt n}\\ \vdots\\+\dfrac{1}{\sqrt n}\geq \dfrac{1}{\sqrt n}$$ sum of left hands is $\dfrac{1}{\sqrt 1}+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 3}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt n}$ sum of the right hands is $n \dfrac{1}{\sqrt n}$ para $$\dfrac{1}{\sqrt 1}+\dfrac{1}{\sqrt 2}+\dfrac{1}{\sqrt 3}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt n} \geq n\dfrac{1}{\sqrt n}=\dfrac{\sqrt{n^2}}{\sqrt{n}}=\sqrt{n} \checkmark$$

Answer 2

Las integrales:

$$\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt n}\ge\int_1^{n+1}\frac1{\sqrt x}\ dx=2\sqrt{n+1}-2$$

Y es muy fácil comprobar que

$$2\sqrt{n+1}-2\ge\sqrt n$$

para $n\ge2$.

Un visuallization de este argumento:

A partir de las líneas de color rojo, que representa una suma. A partir de la línea azul, que representa una integral. Claramente, la integral es menor que la suma.

Answer 3

Pensé que podría ser instructivo para presentar un enfoque simple, que produce un mucho más vinculado a la solicitada en el OP, y que se basa en nada más que telescópico de la serie y sencilla aritmética. Para ello, vamos a proceder.

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Comenzamos con la telescópico de la serie

$$\sum_{k=1}^{n}\left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right)=\sqrt{n+1}-1 \tag 1$$

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En cuanto a $\sqrt{k+1}-\sqrt{k}=\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}$, podemos escribir $(1)$

$$\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}\right)=\sqrt{n+1}-1 \tag 2$$

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A continuación, el uso de $\sqrt{k+1}>\sqrt k$, tenemos la desigualdad

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

a partir de la cual podemos ver que

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}> 2(\sqrt {n+1}-1)} \tag 3$$

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Tenga en cuenta que $(3)$ ofrece mucho más estrecha con destino a la suma de los intereses de las solicitadas en el OP ya

$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt k}>2(\sqrt {n+1} -1)> \sqrt n $$

para $n\ge 2$. Es fácil ver que $\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k} = \sqrt n $$n=1$.

Y hemos terminado!

Herramientas Utilizadas: Telescópico de la Serie y sencilla aritmética

Answer 4

Por la generalizada significa que la desigualdad de la media armónica no es mayor que la de la media cuadrática:

$$ \requieren{cancel} \cfrac{n}{\cfrac{1}{\sqrt{1}}+\cfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\cfrac{1}{\sqrt{n}}} \;\le\; \sqrt{\frac{(\sqrt{1})^2+(\sqrt{2})^2+\cdots+(\sqrt{n})^2}{n}} = \sqrt{\frac{\cancelar{n}(n+1)}{2\,\cancelar{n}}} $$

$$ \implica \quad \cfrac{1}{\sqrt{1}}+\cfrac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\cfrac{1}{\sqrt{n}} \;\ge\; \sqrt{\frac{2\,n^2}{n+1}} \;\ge\; \sqrt{n} $$

Answer 5

El uso de la aritmética y geométrica significa desigualdad :

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt 1}+\frac{1}{\sqrt 2}+..+\frac{1}{\sqrt n}\ge n\,\sqrt[n]{\frac{1}{\sqrt 1\sqrt 2..\sqrt n}}\ge n\,(n!)^{-\frac1{2n}}}$

Se puede conseguir un resultado asintótico utilizando la fórmula de Stirling :

$n\,(n!)^{-\frac1{2n}}\sim n\left(\sqrt{2\pi n}({\frac ne})^n\right)^{-\frac1{2n}}=\frac{\sqrt e}{\sqrt[4n]{2\pi}}\times n^{1-\frac1{4n}}\times\sqrt n=C(n)\sqrt n$ $C(n)\to \sqrt[4]e$

Desde $\sqrt[4]e\ge 1$ $C(n)\sqrt n\ge\sqrt n$ algunos $n$.

No es tan buena como en los otros métodos, pero presenta otra idea.