Demostrar que: $$ \forall n \in\Bbb N: e < \left(1+{1\over n}\right)^n \left(1 + {1\over 2n}\right) $$
Hasta ahora sólo he hecho un par de pruebas bocetos, y no tengo una idea de cómo proceder con ellos.
Por favor, tenga en cuenta que esta pregunta ya ha sido pedido aquí. La respuesta no utiliza instrumentos derivados y las integrales que estoy no se permite el uso.
Primer boceto
Considere la secuencia: $$ x_n = \left(1+{1\over n}\right)^n \left(1 + {1\over 2n}\right) $$
Una de las maneras de mostrar lo que se requiere es demostrar que: $$ x_{n+1} \le x_n $$ es decir, la sucesión es monótona decreciente. Ahora, dada $n\in\Bbb N$ podemos calcular el $x_1$: $$ x_1 = \left(1+{1\over 1}\right)^1\left(1+{1\over 2\cdot 1}\right) = 3 $$
Considerar el límite: $$ \lim_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty} \left(1+{1\over n}\right)^n \left(1 + {1\over 2n}\right) = e $$
Ahora se basa en el hecho de que la secuencia tiende a $e$ y es monótonamente decreciente y $x_1 = 3$, entonces se debe seguir: $$ \forall n\in\Bbb N: x_n \ge e $$ Aquí viene la parte difícil, yo no podría demostrar que $x_n$ es monótonamente decreciente. He considerado la posibilidad de la fracción: $$ {x_{n+1}\over x_n} = \left(1 - {1\over (n+1)^2}\right)^n \cdot \frac{2n(2n+3)(n+2)}{(2n+2)(2n+1)(n+1)} $$
No está seguro de cómo mostrar es menos de $1$.
Segundo boceto
Este esquema se basa en la idea de mi pregunta anterior. Es decir, se ha demostrado que: $$ e \le \frac{n+2}{(n+1)(n+1)!} + \sum_{k=0}^n {1\over k!} $$
Se parece a: $$ e \le \frac{n+2}{(n+1)(n+1)!} + \sum_{k=0}^n {1\over k!} \le \left(1+{1\over n}\right)^n \left(1 + {1\over 2n}\right) \tag1 $$
En tal caso, si demostramos $(1)$ hemos terminado. He dado varios intentos, pero la cosa se pone fea muy pronto.
La pregunta es:
Es posible utilizar cualquiera de los bocetos para terminar la prueba? Si no ¿cuál sería la manera de probar la desigualdad de usar cualquier cosa antes de la definición de un derivado/series de Taylor/intergrals
Gracias!
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
El primer boceto funciona.
Necesitamos probar que $$\frac{x_n}{x_{n+1}}>1$ $ o $$\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\left(1+\frac{1}{2n}\right)}{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\left(1+\frac{1}{2n+2}\right)}>1$ $ o $$\frac{(n+1)^n(2n+1)(n+1)^{n+1}(2n+2)}{n^n(n+2)^{n+1}2n(2n+3)}>1$ $ o $$\frac{(n+1)^{2n+2}}{n^{n+1}(n+2)^{n+1}}>\frac{2n+3}{2n+1}$$ or$$\left(\frac{n^2+2n+1}{n^2+2n}\right)^{n+1}>\frac{2n+3}{2n+1},$ $ que es cierto porque $$\left(\frac{n^2+2n+1}{n^2+2n}\right)^{n+1}=\left(1+\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n+1}>1+\frac{n+1}{n^2+2n}+\frac{(n+1)n}{2(n^2+2n)^2}>\frac{2n+3}{2n+1}.$PS
$$\frac{\log(1+x)}{x}+\log\left(1+\frac{x}{2}\right)=1+\frac{5x^2}{24}-\frac{5x^3}{24}+\frac{59 x^4}{320}-\ldots=1+\sum_{m\geq 2}a_m x^m $$ para cualquier $x\in(0,1)$, donde la secuencia de $\{a_m\}_{m\geq 2}$ puede ser demostrado tener la alternancia de signos y la secuencia de $\{|a_m|\}_{m\geq 2}$ se puede comprobar que débilmente por la disminución de la inducción en $m$. De ello se desprende que la LHS es $>1$ cualquier $x\in(0,1)$: su desigualdad sigue por exponentiating ambos lados (con $x$ siendo elegido como $\frac{1}{n}$) y comprobando $n=1$ como un caso separado.
