Problema 6

Triarii

La dimostrazione procederà per induzione. Sia $$p(n):"\sum{i=0}^n \sqrt {i}\in [\dfrac {2} {3} n\sqrt {n}; \dfrac {4n+3} {6} \sqrt {n}]"$$ E' facile verificare che $p(0)$ è vera. Possiamo ora prendere come ipotesi induttiva che $p(n)$ sia vera. Vogliamo ora mostrare che lo è anche $p(n+1)$. Questo equivale a dire che $$\dfrac {2} {3} (n+1)\sqrt {n+1}\le \sqrt {n+1} +\sum{i=0}^n \sqrt {i} \le \dfrac {4(n+1)+3} {6} (n+1)\sqrt {n+1}$$ dove abbiamo scisso nel termine di mezzo la somma $\sum{i=0}^{n+1} \sqrt {i}$ Ora analizziamo separatamente le due disuguaglianze che ci troviamo di fronte. Per prima cosa dimostriamo $$\dfrac {2} {3} (n+1)\sqrt {n+1}\le \sqrt {n+1} +\sum{i=0}^n \sqrt {i}$$ Sappiamo che la sommatoria è compresa nell'intervallo indicatoci da $p(n)$ per ipotesi induttiva. Possiamo sostituire quindi alla sommatoria l'estremo sinistro dell'intervallo alla quale appartiene: infatti se la disuguaglianza è vera in questo caso limite, lo sarà sicuramente anche per gli altri. Sostituendo otteniamo $$\dfrac {2} {3}(n+1)\sqrt {n+1} \le \sqrt {n+1}+\dfrac {2} {3}n\sqrt {n}$$ Svolgendo qualche passaggio otteniamo $$2n(\sqrt {n+1} -\sqrt {n})\le \sqrt {n+1}$$ Moltiplichiamo ambo i membri per $(\sqrt {n+1}-\sqrt {n})$ e otteniamo, dopo aver svolto la moltiplicazione, $$2n\le n+1+\sqrt {(n+1)n}\Rightarrow n\le 1+\sqrt {(n+1)n}$$ che è vera perchè la quantità sotto radice è compresa tar $n$ e $n+1$

Non ci resta quindi che dimostrare le seconda disuguaglianza. Il metodo dimostrativo è esattamente lo stesso di prima, pertanto i conti saranno riportati in breve. L'unica differenza è che stavolta invece di sostituire alla sommatoria l'estremo sinistro dell'intervallo, andiamo a sostituire quello destro per ovvi motivi. Dopo qualche conto arriviamo a $$3\sqrt {n}-\sqrt {n+1}\le 4n(\sqrt {n+1}-\sqrt {n}$$ Moltiplichiamo sempre per la somma delle radici, ottenendo $$(3\sqrt {n}-\sqrt {n+1})(\sqrt {n}+\sqrt {n+1})\le 4n$$ da cui, dopo qualche conto, $$2\sqrt {n(n+1)}-1\le 2n$$ che è vera perchè la quantità sotto radice è compresa tra $n$ e $n+1$. Ciò conclude la dimostrazione.

Friday, 18 July 2014 21:16 GMT