Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
1 beğenilme 0 beğenilmeme
654 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.

Lisans Matematik kategorisinde (19.2k puan) tarafından 
tarafından yeniden kategorilendirildi | 654 kez görüntülendi

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.

(6.2k puan) tarafından 
tarafından seçilmiş

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

20,248 soru
21,774 cevap
73,421 yorum
2,150,297 kullanıcı