Demuestre la desigualdad$(1+\frac{1}{2n})^n<2$

Question

Cómo puedo probar la desigualdad $$ (1+\frac{1}{2n})^n<2 $$ para $n\in\mathbb{N}$ por el uso de la inducción a prueba de método?

He tratado de escribir que: para $n=1$ es cierto. Así que vamos a suponer que $(1+\frac{1}{2n})^n<2$. y ahora no sé qué hacer nect porque sé que $(1+\frac{1}{2(n+1)})^{n+1} > (1+\frac{1}{2n})^n$ pero no sé cómo demostrar que $(1+\frac{1}{2(n+1)})^{n+1} < 2$. En esta tarea no se puede usar la definición de $e$ número.

Answer 1

Puede probar por inducción que $$(1-x_1)(1-x_2)\cdots (1-x_n)\geq 1-x_1-x_2-\ldots -x_n$ $ para todos los números reales $x_1,x_2,\ldots,x_n\in[0,1]$ (la igualdad se mantiene, por cierto, si al menos $n-1$ de $x_1,x_2,\ldots,x_n$ son $0$ ). Usando esa desigualdad, tenemos $$\frac{1}{\left(1+\frac1{2n}\right)^n}=\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)^n\geq 1-\frac{n}{2n+1}>\frac{1}{2}.$ $

Answer 2

Podemos usar el teorema del binomio como en la prueba para

PS

Referirse a:

• prueba 2 <lim (1 +1 / n) ^ n <3 (2 <e <3)

o como alternativa

PS

Answer 3

Sugerencia: use la desigualdad de Bernoulli (una de aquí, por ejemplo, http://lkozma.net/inequalities_cheat_sheet/ineq.pdf )

Answer 4

Es suficiente para demostrar que $\log(2)\geq \frac{1}{2}$, desde

$$ 2^{1/n} = e^{\frac{\log 2}{n}} > 1+\frac{\log 2}{n} \stackrel{\color{red}{?}}{\geq} 1+\frac{1}{2n}.$$ es otorgado por la convexidad de $e^x$. Por otro lado $\log(2)>\frac{1}{2}$ es equivalente a $e<4$, y

$$ e = \sum_{k\geq 0}\frac{1}{k!}=\frac{8}{3}+\sum_{k\geq 4}\frac{1}{k!}<\frac{8}{3}+\frac{1}{6}\sum_{k\geq 4}\frac{1}{4^{k-3}}=\frac{49}{18}. $$ Como una alternativa, $$ 0 < \int_{0}^{1}x^3(1-x^3)e^{-x}\,dx = \frac{1158}{e}-426 $$ directamente da $e<\frac{193}{71}$. O, más elemental: $$ \log(2)-\frac{1}{2}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x}-\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+1}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1-x}{1+x}\,dx > 0.$$

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Sin embargo, otro enfoque: para cualquier $n\geq 1$, $2^{1/n}$ es la media geométrica de $\frac{n+1}{n},\frac{n+2}{n+1},\ldots,\frac{2n}{2n-1}$.
Por el AM-GM de la desigualdad se sigue que $$\begin{eqnarray*} 2^{1/n} < \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(1+\frac{1}{n+k}\right)&=&1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k+n}\\&<&1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k+n}\sqrt{k+n-1}}\end{eqnarray*} $$ y por la de Cauchy-Schwarz desigualdad (véase también la página 8 de mis notas) tenemos $$ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{k+n}\sqrt{k+n-1}}\leq \sqrt{\sum_{k=1}^{n-1}1\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k+n-1}-\frac{1}{k+n}\right)}=\frac{n-1}{\sqrt{n(2n-1)}},$$ por lo $2^{1/n}< 1+ \frac{1}{n\sqrt{2}}+\frac{1}{n^2}$ y en realidad $2^x< 1+\frac{x}{\sqrt{2}}+x^2$ cualquier $x$ en la punta de su barrio de origen. Mediante la sustitución de $x$ con $-x$ y reciprocantes tenemos $$ 2^x > \frac{1}{1-\frac{x}{\sqrt{2}}+x^2} $$ y $$ 2^{1/n} > \frac{1}{1-\frac{1}{n\sqrt{2}}+\frac{1}{n^2}} $$ todavía es más fuerte de lo necesario.