Serilerde eşitsizlikler, farklı metodlar.$(n+1)x^n-1\le nx^{n+1}$

3 beğenilme 0 beğenilmeme
40 kez görüntülendi


$x\ge 0$   ve   $n\in\mathbb N$   ise;

$\boxed{\boxed{ (n+1)x^n-1\le nx^{n+1}  }}$


1.metod;

$(n+1)x^n-1-nx^{n+1}=-nx^n(x-1)+x^n-1$

$=(x-1)\left(-nx^n+\underbrace{x^{n-1}+x^{n-2}+....+x+1}_{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}x^k}\right)$


$=(x-1)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(x^k-x^n)\right)=(1-x)\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}x^k\underbrace{(x^{n-k}-1)}_{(x-1)\sum_{f=0}^{n-k-1}x^f}$

$=\underbrace{(-1)}_{negativ}\underbrace{(1-x)^2\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}x^k\left(\sum_{f=0}^{n-k-1}x^f\right)}_{pozitiv}\le 0$

İstediğimiz kanıtlandı, daha başka sade metodlar nelerdir? 


6, Aralık, 2016 Lisans Matematik kategorisinde Anıl Berkcan Türker (6,629 puan) tarafından  soruldu

1 cevap

3 beğenilme 0 beğenilmeme

Eşitliğin her 2 tarafı $x^n$ ile bölünürse

$n+1 - \dfrac {1} {x^{n}}$ $\leq$ $nx$

ve eşitsizlik düzenlenirse

$n+1 \leq nx + \dfrac {1} {x^{n}}$ elde edilir. Daha sonra $G.O \leq A.O$ kullanılırsa

$\sqrt[n+1]{x.x.x.x....x.\dfrac {1} {x^{n}}}$ $\leq$ $\dfrac {x+x+x+...+x+\dfrac {1} {x^{n}}} {n+1}$

ve $n+1 \leq nx + \dfrac {1} {x^{n}}$ eşitliğimiz kanıtlanmış oldu.

7, Aralık, 2016 Dogukan633 (734 puan) tarafından  cevaplandı
...