Matematické Fórum

math.oaf · 30. 11. 2008 22:14

Čaute, mám takýto problém, a neviem s ním ani pohnúť :
ako určiť horný odhad výrazu $\frac{1}{2}\frac{3}{4}\frac{5}{6}...\frac{2n-1}{2n}$ ,
$n\in N$ aby to bol nanajvýš výraz $\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ potreboval by som postup, nie dukaz. Dik za pomoc.

lukaszh · 30. 11. 2008 22:19

Myslíš vypočítať niečo takéto?
$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\cdots\cdot\frac{2n-1}{2n}\leq\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$

Pavel Brožek · 30. 11. 2008 22:56

↑ math.oaf:

Matematická indukce - to je to, co hledáš?

Pavel · 30. 11. 2008 23:33

↑ math.oaf:

Řešili jsme toto nedávno s Marianem. Je to jeden z příkladu Děmidovičovy sbírky. Neodhaduj součin tak, jak je dán, ale jeho druhou mocninu. Vhodně si součin rozděl na zlomky tak, abys mohl použít odhad

$\frac{(n-1)(n+1)}{n^2}<1$

dostaneš odhad, ve kterém je druhá mocnina součinu menší než $\frac 1{2n+1}$ . Pak nerovnost odmocni.

Kondr · 01. 12. 2008 00:00

Mám postup, ne úplně domyšlený, který by taky mohl fungovat:
$p(i)=(1-\frac{1}{2t})<e^{-\frac{1}{2t}}$ , takže součin všech p(i) od 1 do n je nejvýš $e^{-1/2}$ umocněné na součet převrácených hodnot čísel 1 až t. Ten součet převrácených hodnot odhadneme nějak šikovně logaritmem, který po vydělení dvěma a aplikování exponenciály vyrobí tu odmocninu.

Zatím jen tento nástin. Až to nějak rozvinu, tak napíšu.

math.oaf · 01. 12. 2008 20:25

↑ Pavel:
dik velmi, presne take nieco som potreboval, si borec!

math.oaf · 01. 12. 2008 20:27

↑ Kondr:
dik aj za ten navrh, este to premyslim

Matematické Fórum

#1 30. 11. 2008 22:14

zaujímavá nerovnosť

#2 30. 11. 2008 22:19

Re: zaujímavá nerovnosť

#3 30. 11. 2008 22:56

Re: zaujímavá nerovnosť

#4 30. 11. 2008 23:33

Re: zaujímavá nerovnosť

#5 01. 12. 2008 00:00

Re: zaujímavá nerovnosť

#6 01. 12. 2008 20:25

Re: zaujímavá nerovnosť

#7 01. 12. 2008 20:27

Re: zaujímavá nerovnosť

Zápatí