Đến nội dung

Hình ảnh

$\sum\limits_{k = 2}^n {\frac{1}{{{S_k}}}} > 2\sum\limits_{k = 2}^{n - 1} {\frac{1}{{{a_k}{a_{k + 1}}}}}$

* * * * * 1 Bình chọn

Lời giải Gia Cat Minh, 06-11-2021 - 21:45

Có thể dùng cái bổ đề sau (sưu tầm trong sách). Chứng minh bằng quy nạp hoặc biến đổi tương đương :)). Với mọi $n\geq 2$ thì $a_n^2\geq 2S_n$

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Gia Cat Minh

Gia Cat Minh

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết

Cho $n\epsilon \mathbb{N}, n\geq 2$. Đặt $a_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}$ và $S_n=\sum_{i=2}^{n}\frac{a_i}{i}$. Chứng minh rằng với $n> 3$

$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+...\frac{1}{S_n}> 2(\frac{1}{a_2a_3}+\frac{1}{a_3a_4}+...+\frac{1}{a_{n-1}a_n})$

:D Mong được thảo luận



#2
phuc_90

phuc_90

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 438 Bài viết

Cho $n\epsilon \mathbb{N}, n\geq 2$. Đặt $a_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}$ và $S_n=\sum_{i=2}^{n}\frac{a_i}{i}$. Chứng minh rằng với $n> 3$

$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+...\frac{1}{S_n}> 2(\frac{1}{a_2a_3}+\frac{1}{a_3a_4}+...+\frac{1}{a_{n-1}a_n})$

:D Mong được thảo luận

 

Bổ đề 1:   $a_n > \frac{2n}{n+1}\,\,\,,\,\,\forall n\geq 2$

 

Thật vậy, với $n=2$ thì $a_2=\frac{3}{2}>\frac{4}{3}$, giả sử $a_n > \frac{2n}{n+1}\,\,\,,\,\,n\leq k$.

 

Ta có $a_{k+1}=a_k+\frac{1}{k+1} > \frac{2k}{k+1}+\frac{1}{k+1}=\frac{2k+1}{k+1}>\frac{2(k+1)}{k+2}$

 

Vậy theo nguyên lý quy nạp bổ đề 1 được chứng minh.

 

Bổ đề 2:   $S_n < \frac{a_na_{n-1}}{2}\,\,\,,\,\,\forall n\geq 3$

 

Thật vậy, với $n=3$ thì $S_3=\frac{49}{36} < \frac{33}{24}=\frac{a_2a_3}{2}$

 

Giả sử $S_n < \frac{a_na_{n-1}}{2}\,\,\,,\,\, n\leq k$, khi đó  $S_{k+1}=S_k+\frac{a_{k+1}}{k+1} < \frac{a_ka_{k-1}}{2}+\frac{a_{k+1}}{k+1}$

 

Ta có $\frac{a_{k+1}a_k}{2}-\frac{a_ka_{k-1}}{2}-\frac{a_{k+1}}{k+1}$

 

$=\frac{a_k}{2}\left ( a_{k+1}-a_{k-1} \right )-\frac{a_{k+1}}{k+1}$

 

$=\frac{a_k}{2}\left ( \frac{1}{k}+\frac{1}{k+1} \right )-\frac{a_{k+1}}{k+1}$

 

$=\frac{\left ( 2k+1 \right )a_k-2ka_{k+1}}{2k(k+1)}$

 

$=\frac{\left ( 2k+1 \right )a_k-2k\left ( a_k+\frac{1}{k+1} \right )}{2k(k+1)}$

 

$=\frac{a_k-\frac{2k}{k+1}}{2k(k+1)}$

 

Theo bổ đề 1 thì $\frac{a_{k+1}a_k}{2}-\frac{a_ka_{k-1}}{2}-\frac{a_{k+1}}{k+1}>0$  hay $\frac{a_ka_{k-1}}{2}+\frac{a_{k+1}}{k+1}<\frac{a_{k+1}a_k}{2}$  hay  $S_{k+1}<\frac{a_{k+1}a_k}{2}$

 

Theo nguyên lý quy nạp ta đã chứng minh được bổ đề 2.

 

Trở lại bài toán

 

Theo bổ đề 2, thì   $\frac{1}{S_3}+...+\frac{1}{S_n}>2\left ( \frac{1}{a_2a_3}+...+\frac{1}{a_{n-1}a_n} \right )$

 

Suy ra    $\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+...+\frac{1}{S_n}>2\left ( \frac{1}{a_2a_3}+...+\frac{1}{a_{n-1}a_n} \right )$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 01-11-2021 - 17:04


#3
Gia Cat Minh

Gia Cat Minh

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết
✓  Lời giải

Có thể dùng cái bổ đề sau (sưu tầm trong sách). Chứng minh bằng quy nạp hoặc biến đổi tương đương :)). Với mọi $n\geq 2$ thì $a_n^2\geq 2S_n$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gia Cat Minh: 06-11-2021 - 21:45





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh