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Dimostrare che per $\forall n \in \mathbb{N}$ e $n>0$ vale che:

$$\Bigl \lfloor \sum_{k=1}^n \sqrt[k+1]{k+1 \over k} \Bigl \rfloor = n$$

.. che è equivalente a
$$
0<\left\{\left(1+\frac{1}{1}\right)^{1/2}\right\}+\cdots+\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{1/(n+1)}\right\}<1
$$
Siamo sicuri del testo?

Sì: vale $(1+\frac{1}{k^2+k})^{k+1}=1+\frac{k+1}{k^2+k}+... \ge 1+\frac{1}{k}$, quindi $1 \le (1+\frac{1}{k})^{\frac{1}{k+1}} \le 1+\frac{1}{k^2+k}$, perciò: $n \le \sum_{k=1}^n (1+\frac{1}{k})^{\frac{1}{k+1}} \le n+\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2+k}=n+1-\frac{1}{k+1} < n+1$, da cui la tesi.

Sì, io ho usato la stessa disuguaglianza arrivandoci per Bernoulli con $\delta = {1 \over n(n+1)}$ e poi è la serie di Mengoli

O concavità di $x^\alpha$ per $0<\alpha<1$ e $x\ge0$