Disuguaglianze ed uguaglianze

[Sk_Anonymous]

Dimostrare che per [tex]$n \ge 5$[/tex] con [tex]$n \in \mathbb{N}$[/tex] risulta [tex]$[1] \ 2^{n} > n^{2}$[/tex].

La mia in spoiler.

Si nota dapprima che la relazione vale per [tex]$n=5$[/tex], infatti [tex]$2^{5} > 5^2 \rightarrow 32>25$[/tex].
Se la [tex]$[1]$[/tex] è vera, deve risultare [tex]$2^{n} - n^{2}>0$[/tex] e quindi [tex]$2^{n} - n^{2} =p \ge 1$[/tex], con [tex]$p \in \mathbb{N}$[/tex]. Per induzione, se la [tex]$[1]$[/tex] è vera per [tex]$n$[/tex], dovrà esserlo anche per [tex]$n+1$[/tex], e quindi [tex]$[2] \ 2^{n+1}>(n+1)^{2}$[/tex].
Dalla [tex]$[2]$[/tex] si ottiene [tex]$2\cdot2^{n}>n^{2}+2n+1 \rightarrow 2\cdot(n^{2}+p)>n^{2}+2n+1 \rightarrow n^{2} -2n -1 +2p >0$[/tex]. Risolvendo quest'ultima mediante la classica formula si ha che [tex]$\Delta=4-4(2p-1)=8-8p>0\ \mathrm{se} \ p<1$[/tex], ma poiché [tex]$p\ge1$[/tex] per ipotesi, risulta sempre [tex]$\Delta<0$[/tex] (o al limite [tex]$\Delta=0\ \mathrm{per}\ p=1$[/tex], da cui si otterrebbe [tex]$(n-1)^{2} >0 \ \mathrm{per}\ n\ne 1$[/tex]) e quindi [tex]$n^{2}-2n +2p -1>0$[/tex] per [tex]$\forall \; n\ge 5$[/tex], da cui discende la tesi.

EDIT: modificato il titolo per poter rilanciare la discussione

[@melia]

La mia mi pare più semplice

Dopo aver verificato la prima ipotesi,

Si nota dapprima che la relazione vale per [tex]$n=5$[/tex], infatti [tex]$2^{5} > 5^2 \rightarrow 32>25$[/tex].

supponendo vero $2^n>n^2$ si deve verificare che $2^(n+1)>(n+1)^2$
$2^(n+1)=2*2^n>2*n^2$ sfruttando l'ipotesi induttiva
$2*n^2=n^2+n*n$, poiché $n>4$ si ha che
$n^2+n*n>n^2+4n=n^2+2n+2n$ sempre per il fatto che $n>4$ si ha
$n^2+2n+2n>n^2+2n+1=(n+1)^2$

[xXStephXx]

Induzione:
[tex]n=5[/tex]
$2^5>5^2$
$32>25$ SI!


$2^(n+1)>(n+1)^2


Dimostro che l'aggiunta che c'è stata al primo membro è maggiore dell'aggiunta che c'è stata al secondo.

$2^n(2-1) > n^2+1+2n-n^2$
$2^n>2n+1$

$2(2^(n-1)-n)>1$
$2^(n-1)-n$ è maggiore o uguale a 1 per ogni $n>=3$, quindi la limitazione rientra in quest'intervallo.

[Sk_Anonymous]

Provare che [tex]$[3] \ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4k^{2}-1}=\frac{n}{2n+1}$[/tex]

In principio si nota che l'enunciato è valido per [tex]$n=1$[/tex] [tex]$\left (\frac{1}{4\cdot1^{2} -1}=\frac{1}{2+1} \right)$[/tex].
Supposta vera la [tex]$[3]$[/tex], per [tex]$n+1$[/tex] si ha:
[tex]$\sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{4k^{2}-1}=\frac{n+1}{2(n+1)+1}$[/tex]

[tex]$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4k^{2}-1} + \frac{1}{4(n+1)^{2}-1} = \frac{n+1}{2(n+1)+1}$[/tex]

[tex]$\frac{n}{2n+1} + \frac{1}{4(n+\frac{1}{2})(n+\frac{3}{2})}=\frac{n+1}{2n+3}$[/tex]

[tex]$\frac{n}{2n+1} + \frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{n+1}{2n+3}$[/tex]

[tex]$\frac{2n^{2}+3n+1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{n+1}{2n+3}$[/tex]

[tex]$\frac{2(n+1)(n+\frac{1}{2})}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{n+1}{2n+3} \rightarrow \frac{n+1}{2n+3}=\frac{n+1}{2n+3} \quad \Box$[/tex]

[gugo82]

Meno conti e senza induzione.

Se si nota che [tex]$4k^2-1=(2k+1)(2k-1)$[/tex] riesce di scrivere:

[tex]$\frac{1}{4k^2-1}=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2k-1} -\frac{1}{2k+1}\right)$[/tex],

quindi per ogni fissato [tex]$n$[/tex] risulta:

[tex]$\sum_{k=1}^n \frac{1}{4k^2-1} =\frac{1}{2} \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} -\sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+1} \right)$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{2} \left[ \left( 1+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2k+1}\right) -\left(\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2k+1} +\frac{1}{2n+1} \right) \right]$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{2} \left( 1-\frac{1}{2n+1}\right)$[/tex]
[tex]$=\frac{n}{2n+1}$[/tex],

come si voleva.

[Sk_Anonymous]

Qual è il più grande degli interi positivi [tex]$n$[/tex] tali che la media aritmetica dei numeri da [tex]$1$[/tex] a [tex]$n$[/tex] sia [tex]$<2003$[/tex]?

Si vuole che [tex]$\frac{1+2 + 3+...+n}{n}<2003$[/tex]; poiché [tex]$\frac{1+2+3+...+n}{n}=\frac{\sum_{k=1}^{n} k}{n}=\frac{n(n+1)}{2n}=\frac{n+1}{2}$[/tex], dovrà essere [tex]$\frac{n+1}{2}<2003 \rightarrow n<4005$[/tex]. Il primo intero [tex]$<4005$[/tex] che verifica l'assunto è pertanto [tex]$n=4004$[/tex].