¿Cómo demostrar que $1+\frac11(1+\frac12(1+\frac13(...(1+\frac1{n-1}(1+\frac1n))...)))=1+\frac1{1!}+\frac1{2!}+\frac1{3!}+...+\frac1{n!}$?

Question

Estoy tratando de demostrar que

$$1+\frac11(1+\frac12(1+\frac13(...(1+\frac1{n-1}(1+\frac1n))...)))=1+\frac1{1!}+\frac1{2!}+\frac1{3!}+...+\frac1{n!}$$

Mediante inducción, supongamos

$$1+\frac11(1+\frac12(1+\frac13(...(1+\frac1{n-2}(1+\frac1{(n-1)}))...)))=1+\frac1{1!}+\frac1{2!}+...+\frac1{(n-1)!}$$

Entonces

$$ \frac11 1 + (1 + \frac12 (1 + \frac13 (...) (1 + \frac1 {n-2} (1 + \frac1 {n-1} (1 + \frac 1n))...))) \ = 1 + \frac11 (1 + \frac12 (1 + \frac13 (...) (1+\frac1{n-2}(1+\frac1{n-1}+\frac1{(n-1)n})...))) \ = (1 + \frac1 {1.} + \frac1{2!} +...+\frac1{(n-1)!}) + \frac1{n!} $$

Pero no podía justificar completamente la última igualdad. ¿Podría alguien explicarme esto para mí, por favor? ¡Gracias!

Answer 1

Que $fk(x)=1+\frac{x}{k}$ y mostrar la siguiente identidad más general: $m\geq 0$ y $d\geq 0$: %#% $ de #% utilizamos la inducción con respecto a los $$f{m+1}(f{m+2}(\dots (f{m+d}(1))\dots))=m!\sum{k=m}^{m+d}\frac{1}{k!}.$. Es verdad $d$ y $d=0$, % $$ \begin{align}f{m+1}(f{m+2}(\dots (f{m+d}(1))\dots)) &=f{m+1}(f{(m+1)+1}(\dots (f{(m+1)+d-1}(1))\dots))\ &=f{m+1}\left((m+1)!\sum{k=m+1}^{m+1+d-1}\frac{1}{k!}\right)\ &=1+\frac{(m+1)!}{m+1}\sum{k=m+1}^{m+1+d-1}\frac{1}{k!}\ &=1+m!\sum{k=m+1}^{m+d}\frac{1}{k!}=m!\sum{k=m}^{m+d}\frac{1}{k!}. \end{alinee el} $$

Answer 2

Para la última igualdad, su simplemente multiplicando

$$1+\frac11(1+\frac12(1+\frac13(1+\frac14(...(1+\frac1{n-2}(1+\frac1{n-1}+\frac1{(n-1)n})...)))))$ $ $$ = 1 + \frac11 + \frac11\frac12 + \frac11\frac12\frac13+\frac11\frac12\frac13\frac14 + \dots + \frac11 \frac12 \cdots \frac1{n-1}\frac1{n}\ = 1 + \frac1 {1.} + \frac1{2!} + \frac1{3!} + \frac1{4!} ... + \frac1{n!} $$

Answer 3

También puede empezar a calcular primero el soporte interior:

\begin{align} &1+\frac11\left(1+\frac12\left(1+\cdots + \frac1{n-2}\left(1+\frac1{n-1}\left(1+\frac1n\right)\cdots\right)\cdots\right)\right) \&= 1+\frac11\left(1+\frac12\left(1+\cdots + \frac1{n-2}\left(1+\frac{n+1}{n(n-1)}\right)\cdots\right)\right) \&= 1+\frac11\left(1+\frac12\left(1+\cdots + \frac1{n-3}\left(1+\frac{n(n-1) + n+1}{n(n-1)(n-2)}\right)\cdots\right)\right) \ &= 1+\frac11\left(1+\frac12\left(1+\cdots + \frac1{n-4}\left(1+\frac{n(n-1)(n-2) +n(n-1) + n+1}{n(n-1)(n-2)(n-3)}\right)\cdots\right)\right) \ &= \cdots\ &= \frac{n(n-1)(n-2) \cdots 2 \cdot 1 + n(n-1)(n-2) \cdots 3\cdot2 + \cdots n(n-1)(n-2) + n(n-1) + n+1}{n(n-1)(n-2) \cdots 2 \cdot 1} \ &= 1 + \frac1{1!} + \frac1{2!} + \cdots + \frac1{(n-3)!} + \frac1{(n-2)!} + \frac1{(n-1)!} + \frac1{n!} \end {Alinee el}

Answer 4

La proposición de que es adecuado para la inducción en este caso es la siguiente, la cual está definida para todos los naturales de $n\ge 1$:

$P(n)$:

Para todas las secuencias finitas $(a_k)_{1\le k\le n}$ de las variables que hemos la igualdad: $$ 1+a_1(1+a_2(\dots(1+a_{n-1}(1+a_n))\dots)) = 1+a_1+a_1a_2+\dots+a_1a_2\dots a_n\ . $$

La proposición $P(1)$ es cierto, que las reclamaciones por la variable $a_1$ igualdad $1+a_1=1+a_1$. Asumimos $P(n)$ cierto. Para tener una fácil aplicación de la $P(n)$, podemos hacer una selección de $(n+1)$ variables de la forma $$ (a_k)_{0\le k\le n}\ , $$ así que empezamos con una nueva variable en lugar de terminar con uno nuevo. Calculamos que: $$ \begin{aligned} &1+a_0(\underbrace{1+a_1(1+a_2(\dots(1+a_{n-1}(1+a_n)\dots))}_{\text{Use %#%#% for this part}}) \\ &\qquad = 1+a_0(1+a_1+a_1a_2+\dots+a_1a_2\dots a_n) \\ &\qquad = 1+a_0+a_0a_1+a_0a_1a_2+\dots+a_0a_1a_2\dots a_n \ . \end{aligned} $$ Hemos mostrado para cada $P(n)$ la implicación $n\ge 1$. Por inducción... $P(n)\Rightarrow P(n+1)$

Así que la idea era ligeramente generalizar, entonces tiene un juego fácil en el nuevo entorno.