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Sia $\displaystyle x_n =\sqrt[2]{2+\sqrt[3]{3+\ldots+\sqrt[n]{n}}}.$ Dimostrare che
$$x_{n+1}-x_n <\frac{1}{n!},\quad n=2,3,\ldots$$

Per \( n=2\) la disuguaglianza è :

\(\displaystyle x_3-x_2\leq \frac{1}{2}\)

\( \displaystyle \sqrt{2+\sqrt[3]{3}}-\sqrt{2}\leq \frac{1}{2}\)

equivalente a :

\( \displaystyle \sqrt[3]{3}\leq \sqrt{2}-\frac{3}{2}\) che è vera.

per \( n \geq 3\) ragiono cosi:

Per \( \displaystyle a>b\) abbiamo:

\( b-a = \left( \sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}\right)\left( \sqrt[n]{a^{n-1}}+\sqrt[n]{a^{n-2}b}+\cdots+\sqrt[n]{b^{n-1}}\right)\geq n \sqrt[n]{b^{n-1}}\left( \sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}\right)\)

da cui :

I) \(\displaystyle \sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}\leq\frac{a-b}{n \sqrt[n]{b^{n-1}}}\)

e per \( b \geq 1\) anche :

II) \(\displaystyle \sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}\leq\frac{a-b}{n}\)

Applicando la \( II \) otteniamo:

\( \displaystyle x_{n+1}-x_{n}=\sqrt{2+\sqrt[3]{3+\ldots+\sqrt[n+1]{n+1}}}-\sqrt{2+\sqrt[3]{3+\ldots+\sqrt[n]{n}}}\)

\( \displaystyle \leq\frac{\sqrt[3]{3+\sqrt[4]{4+\ldots\sqrt[n+1]{n+1}}}-\sqrt[3]{3+\sqrt[4]{4+\ldots\sqrt[n]{n}}}}{2}\leq\frac{\sqrt[4]{4+\ldots\sqrt[n+1]{n+1}}-\sqrt[4]{4+\ldots\sqrt[n]{n}}}{3!}\leq \cdots \leq \frac{\sqrt[n]{n+\sqrt[n+1]{n+1}}-\sqrt[n]{n}}{(n-1)!}\)

Adesso applicando la I ottengo :

\( \displaystyle x_{n+1}-x_n \leq \frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{n!\sqrt[n]{n^{n-1}}}=\frac{1}{n!}a\), con \( \displaystyle a=\frac{\sqrt[n+1]{n+1}}{\sqrt[n]{n^{n-1}}}\)

Abbiamo:

\( \displaystyle a^{n(n+1)}=\frac{(n+1)^n}{n^{(n+1)(n-1)}}=\frac{(n+1)^n}{n^{n^2-1}}=\frac{(n+1)^n}{n^n}\frac{n^n}{n^{n^2-1}}=\left( 1+\frac{1}{n}\right)^n\frac{1}{n^{n^2-n-1}}<\frac{3}{n^n}<1\)

e quindi \( \displaystyle a <1 \).

La disuguaglianza è provata ( forse!).

Complessivamente la dimostrazione funziona... un paio di typos però.

totissimus ha scritto: I) $\displaystyle \sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}\leq\frac{a-b}{n \sqrt[n]{b}}$

Qui dovrebbe esserci un ${n \sqrt[n]{b^{n-1}}}$.

totissimus ha scritto: $\displaystyle \cdots \leq \frac{\sqrt[n]{n+\sqrt[n+1]{n+1}}+\sqrt[n]{n}}{(n-1)!}$

Qui invece un segno è sbagliato.

Dunque... a te il testimone

@ Ido Bovski:Correggo subito le sviste

Propongo un modo per stringere un bel po' la disuguaglianza. Tutti i procedimenti sono quasi privi di idee... sono tutte robe più o meno standard
Ho saltato un po' di passaggi sennò la cosa veniva chilometrica.

Definisco $f$ bella (in un qualche intervallo di $R$) se è continua, derivabile e concava.
Lemma dusf: Data $f$ bella e $e>0$ vale $g(x)=f(x+e)-f(x)$ decrescente.
Lemma di Jim: Data $f$ bella e $e>0$ vale $f(x+e)-f(x)\le e\cdot f'(x)$
Lemma della natura: Per ogni $n\ge 2$ $f(x):=\sqrt[n]x$ è bella in $\mathbb{R}^+$.

Definisco $\displaystyle S(a,b):=\sqrt[a]{a+\sqrt[a+1]{\dots +\sqrt{b}}}$ (con $a\le b$). Sia $d(a,b)=S(a,b+1)-S(a,b)$.
Vale per $a<b$ :
$ \displaystyle d(a,b)=\sqrt[a]{a+S(a+1,b)+d(a+1,b)}-\sqrt[a]{a+S(a+1,b)} $

Ma ora sfruttando $S(a+1,b)\ge 1$ e il lemma dusf (che posso applicare per il lemma della natura) ottengo:
$ \displaystyle d(a,b)\le\sqrt[a]{a+1+d(a+1,b)}-\sqrt[a]{a+1} $
E applicando il lemma di Jim (che posso applicare per il lemma della natura) ottengo:
$ \displaystyle d(a,b)\le d(a+1,b)\cdot \frac1{a(a+1)} \cdot \sqrt[a]{a+1} $

Inoltre con metodo del tutto analogo (solo saltando l'applicazione del lemma di dusf) si arriva a:
$ \displaystyle d(a,a)\le \frac{1}{a^2}\cdot \sqrt[a]{a}\cdot \sqrt[a+1]{a+1} $

Ma ora il problema è in discesa (per $n\ge 2$):
$ \displaystyle x_{n+1}-x_n=d(2,n)=\frac{d(2,n)}{d(3,n)}\cdot \frac{d(3,n)}{d(4,n)}\cdots \frac{d(n-1,n)}{d(n,n)}\cdot d(n,n)\le \frac{1}{n^2}\cdot \sqrt[n]{n}\cdot \sqrt[n+1]{n+1}\prod_{a=2}^{n-1}\frac1{a(a+1)} \cdot \sqrt[a]{a+1}= $
$ \displaystyle = \frac1{n!^2}\cdot \frac{2}{n}\cdot \sqrt[n]{n}\cdot \sqrt[n+1]{n+1}\prod_{a=2}^{n-1}\sqrt[a]{a+1} $
Questa la pulisco "sprecando" l'$n$ che ho al denominatore (per $n\ge 4$):
$ \displaystyle x_{n+1}-x_n\le \frac1{n!^2}\prod_{a=2}^{n-1}\sqrt[a]{a+1} $

E ora la bontà della stima dipende solo dalla bontà della stima della produttoria... io ho queste 3 stime:
Una versione facile facile da ottenere è questa $\displaystyle x_{n+1}-x_n\le \frac{2^n}{n!^2}$.
Con maggiore attenzione si arriva a $\displaystyle x_{n+1}-x_n\le \frac{\exp(\ln(n)^2)}{n!^2}$.
E infine la stima migliore che ho è una cosa tipo (tipo nel senso che forse così è esageratamente stretta e va aggiutno tipo $+2$ a $\ln(n)^2$) (e non credo si possa migliorare fortemente partendo da dove sono partito):
$ \displaystyle x_{n+1}-x_n\le \frac{\exp\left(\frac{\ln(n)^2}2\right)}{n!^2} $

Tutte queste stime forse iniziano a valere da $n\ge 5$ o una cosa del genere e non da subito... ma a chi importa?

p.s. tutto quello qui sopra sicuramente è affetto da un enorme numero di typos e perdipiù non sono certissimo dell'esattezza dei ragionamenti.

Chi continua?

Beh direi che è finita perché le nostre funzioni soddisfano anche la seconda proprietà di Jim:

$f(x+e)-f(x) \geq e \cdot f' (x+e)$

e mi pare che con questa si finisca che $x_{n+1} - x_n$ è proprio asintotico a quella roba lì scritta da dario, no?

Il resto è semplicemente $ \sqrt[a+1]{a+1} \leq \sqrt[a]{a+1} \leq \sqrt[a]{a}$ e il fatto che $|(\sum_{n=2}^a \ln (n)/n) - \frac { \ln (a)^2 }2 | \leq 2$. Direi che una versione "pulita" della disuguaglianza migliorata è per per ogni $\alpha <2$, definitivamente vale

$\displaystyle |x_{n+1} - x_n| \leq \frac 1{ n!^{\alpha} }$

jordan ha scritto:Chi continua?

Esatto, chi continua?

Troleito br00tal ha scritto:

jordan ha scritto:Chi continua?

Esatto, chi continua?

Vai pure tu