关于自然数的等幂和证明或否定(①已经证明,见1楼附件)

realnumber

③的反例，$m=3$时，$(0.5n(n+1))^2<0.2n(n+1)^3$
化简后是$5n<4n+4$.
对于给定m，只要n足够大，不等式③总会反向.
②仅试了下m=1,2,3,4,此时不等式②都成立.
沈阳李明(87----35) 12:58:51
恰好这页也有小光老师的3个猜想，貌似至今还未解决！
褚小光老师的三个猜想的证明_修改4月10.zip (152.12 KB, 下载次数: 3374)

2014-4-10 08:05 上传

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战巡

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第三个是错的，可以证明
只要观察极限情况就行了，即考察极限：
\[\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{S_n(m)}{n(n+1)^m}\]
由于
\[\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{S_n(m)}{n(n+1)^m}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{S_n(m)}{n^{m+1}}\]
我们只要求后面这个就好了，会省不少事
\[\frac{S_n(m)}{n^{m+1}}=\frac{(\frac{1}{n})^m+(\frac{2}{n})^m+...+(\frac{n}{n})^m}{n}\]
易证：
\[\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{(\frac{1}{n})^m+(\frac{2}{n})^m+...+(\frac{n}{n})^m}{n}=\int_{0}^1x^mdx=\frac{1}{m+1}\]
因此：
\[\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{S_n(m)}{n(n+1)^m}=\frac{1}{m+1}>\frac{1}{m+2}\]
那么无论这个极限是从哪个方向靠近，根据极限理论，对任意正数$\epsilon$，总存在正整数$N$使得$n>N$时$|\frac{S_n(m)}{n(n+1)^m}-\frac{1}{m+1}|<\epsilon$，只要我们取$\epsilon<\frac{1}{m+1}-\frac{1}{m+2}$，原式就会出问题了

猜想应该改成：
\[S_n(m)<\frac{n(n+1)^m}{m+1}\]
这个就有点难证明了，观察的话貌似是成立的，但要证明$\frac{S_n(m)}{n(n+1)^m}$递增并不容易

tommywong

回复 3# 战巡

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

你写的是$\int_0^n f(x) dx<\sum_{k=1}^n f(k)<\int_1^{n+1} f(x)dx$

pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/2011/sxkj3/sxkj3ts/201105/t20110516_1041459.htm

realnumber

回复 2# 战巡
$S_n(m)\le \frac{n(n+1)^m}{m+1}$和1楼的猜想②都可以用数学归纳法证明，也许①也可以这么做，
证明：1.当$n=1$时，$1\le\frac{2^m}{m+1}$,$(1+1)^m\ge 1+C_m^1$成立.
2.假设$n=k$时，有$S_k(m)\le \frac{k(k+1)^m}{m+1}$
当$n=k+1$时,要证$S_{k+1}(m)=S_k(m)+{(k+1)}^m\le \frac{k(k+1)^m}{m+1}+{(k+1)}^m\le \frac{(k+1)(k+2)^m}{m+1}$
即要证明$\frac{k}{m+1}+1\le \frac{k+1}{m+1}(1+\frac{1}{k+1})^m$,
而由伯努里不等式$(1+\frac{1}{k+1})^m\ge 1+\frac{m}{k+1}$可得上式成立.因此对n=k+1，命题也成立
所以有$S_n(m)\le \frac{n(n+1)^m}{m+1}$.

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拍个爪印 浙江余姚三中 朱世杰.
1楼的猜想②$S_n(m+1)< \frac{(m+1)(n+1)}{m+2}S_n(m)$
证明：1.当n=1时，上式显然.
2.假设$n=k,k\in Z+$时，有$S_k(m+1)<\frac{(m+1)(k+1)}{m+2}S_k(m)$成立.
当n=k+1时,
\[S_{k+1}(m+1)=S_k(m+1)+(k+1)^{m+1}< \frac{(m+1)(k+1)}{m+2}S_k(m)+(k+1)^{m+1}\]
\[即要证明\frac{(m+1)(k+1)}{m+2}S_k(m)+(k+1)^{m+1}\le \frac{(m+1)(k+2)}{m+2}S_{k+1}(m)=\frac{(m+1)(k+2)}{m+2}S_{k}(m)+\frac{(m+1)(k+2)}{m+2}(k+1)^m\]
\[即要证明(k+1)^{m+1}\le \frac{m+1}{m+2}S_{k}(m)+\frac{(m+1)(k+2)}{m+2}(k+1)^m\]
\[即(m+2)(k+1)^{m+1}=(m+2)(k+1)(k+1)^{m}\le (m+1)S_{k}(m)+(m+1)(k+2)(k+1)^m\]
\[即(k+1)^{m+1}\le (m+1)S_{k+1}(m)----④\]
④用数学归纳法另证.
如此证明了$n=k+1$时,有命题成立，所以$S_n(m+1)< \frac{(m+1)(n+1)}{m+2}S_n(m)$成立.

④的证明：当$k=1$时,$2^{m+1}\le (m+1)(1+2^m)$成立.
假设$k=t,t\in Z+$时，有$(t+1)^{m+1}\le (m+1)S_{t+1}(m)$
则当$k=t+1$时,要证明$(t+2)^{m+1}\le (m+1)S_{t+2}(m)$,只需要证明$(t+2)^{m+1}\le (t+1)^{m+1}+(m+1)(t+2)^m$
\[即1\le (1-\frac{1}{k+2})^{m+1}+\frac{m+1}{k+2}\]
由伯努里不等式$(1-\frac{1}{k+2})^{m+1}\ge 1-\frac{m+1}{k+2}$,容易得上式成立.因此$k=t+1$时,命题也成立.
所以有④成立.

realnumber

顶下，１楼①②④的证明见1楼附件．

其妙

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作者是谁？在顶楼标注一下？