$n,m\in\mathbb{N^+}$ olmak üzere,$\sqrt1+\sqrt2+\sqrt3+\sqrt4+...+\sqrt n\geq \sqrt{1+2+3+...+n}$ olduğunu ispatlayabilir miyiz?

1 beğenilme 0 beğenilmeme
129 kez görüntülendi

$n\in\mathbb{N^+}$ olmak üzere,$\sqrt1+\sqrt2+\sqrt3+\sqrt4+...+\sqrt n\geq \sqrt{1+2+3+...+n}$ olduğunu ispatlayabilir miyiz? Daha genel olarak;

$\sqrt[m]1+\sqrt[m]2+\sqrt[m]3+\sqrt[m]4+...+\sqrt[m] n\geq \sqrt[m]{1+2+3+...+n}$  olduğunu ispatlayabilir miyiz acaba? Katkısı olan her arkadaşa şimdiden teşekkür ederim.

20, Kasım, 2016 Lisans Matematik kategorisinde Mehmet Toktaş (18,827 puan) tarafından  soruldu
30, Kasım, 2016 wertten tarafından yeniden kategorilendirildi

Kök dedimiz ifadeyi 1/m seklinde yazabiliriz. Bu da m üzeri -1 olur. Daha sonra N+'da birlesme ozelliginden ispati yapabiliriz. Ya da, N+'da (a+b)^2 > a^2+b^2 den karekok alarak bir sonuc cikartilabilir.

Mehmet Hocam bu eşitsizliği $f(x)=\sqrt[n]x$ fonksiyonunun konkavlığından söyleyebiliriz. Yani burada $f(x_1+...+x_k)\leq\ f(x_1)+...+f(x_k)$  eşitsizliği geçerlidir.

Alper hocam geçerli dediğiniz özelliğin ispatı gerekmez mi?

Konkavlığın tanımı değil mi?

1 cevap

2 beğenilme 0 beğenilmeme
 
En İyi Cevap

Daha doğrudan (Her $m\geq2$ ve $a_1,a_2,\ldots,a_n\geq0$ için):

$(\sqrt[m]{a_1}+\sqrt[m]{a_2}+\cdots+\sqrt[m]{a_n})^m=a_1+a_2+\cdots+a_n+\textrm{ diğer terimler}$ olur ve diğer terimler, (genel binom formülünden) $\geq0$ dır. Dolayısıyla

$(\sqrt[m]{a_1}+\sqrt[m]{a_2}+\cdots+\sqrt[m]{a_n})^m\geq a_1+a_2+\cdots+a_n$  olur.

Buradan  her iki tarafın tarafın $m$-inci kökü alınırsa (her şey $\geq0$ olduğundan):

$\sqrt[m]{a_1}+\sqrt[m]{a_2}+\cdots+\sqrt[m]{a_n}\geq \sqrt[m]{ a_1+a_2+\cdots+a_n}$ elde edilir.

21, Kasım, 2016 DoganDonmez (4,081 puan) tarafından  cevaplandı
21, Kasım, 2016 Mehmet Toktaş tarafından seçilmiş

Dogan hocam,çok teşekkür ederim.Emeğinize ve zihninize sağlık. Güzel bir ispat olmuş.

...