Prueba

Question

Si $m < n$ es tal que $m$ y $n$ son números naturales, entonces demuestre que $$\left(1+\frac{1}{m}\right)^m < \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ $

Answer 1

$$ \frac{d}{dx} \exp \left( \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) x \right) = \exp \left( \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) x \right) \left( \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) - \frac{1}{x + 1} \right) > 0 $$ para $x > 1$, por lo que la función es estrictamente creciente en a$(1, \infty)$. De hecho, $$ \ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2x^2} + \frac{1}{3x^3} \mp \cdots, $$ mientras que $$ \frac{1}{x + 1} = \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^3} \mp \cdots. $$

Answer 2

Por la desigualdad de Bernoulli, para $n>m>0$ , $$\left(1+\frac1n\right)^{\frac{n}m} >1+\frac1m$ $

Answer 3

Normalmente, la prueba pasa algo igual, vamos a $a_n=(1+\frac{1}{n})^n$ para todos los $n\in\mathbb Z^+$. A continuación, $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(1+\frac{1}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{(\frac{n+2}{n+1})^{n+1}}{(\frac{n+1}{n})^n}=\frac{(n+2)^{n+1}n^n}{(n+1)^n(n+1)^{n+1}}=\frac{(n^2+2n)^n}{(n+1)^{2n}}\frac{n+2}{n+1}=\frac{((n+1)^2-1)^n}{((n+1)^2)^n}\frac{n+2}{n+1}=\bigg(1-\frac{1}{(n+1)^2}\bigg)^n\frac{n+2}{n+1}\geq\bigg(1-\frac{n}{(n+1)^2}\bigg)\frac{n+2}{n+1}=\frac{n^2+n+1}{(n+1)^2}\frac{n+2}{n+1}=\frac{(n^2+n+1)(n+2)}{(n+1)^3}=\frac{n^3+3n^2+3n+2}{n^3+3n^2+3n+1}> 1$$

(la primera desigualdad que aparece arriba proviene de Bernoulli de la desigualdad que puede ser probado por simple inducción, como se ve en el enlace)

Así, $\frac{a_{n+1}}{a_n}>1\implies a_{n+1}>a_n$. Esto significa que si $m$ es cualquier número entero mayor que $n$, $$a_m>a_{m-1}>a_{m-2}>...>a_{n+1}>a_n$$
dándonos $a_m>a_n$, es decir, $(1+\frac{1}{m})^m>(1+\frac{1}{n})^n$

Answer 4

Si $m<n$ , entonces para todos $j=0...m$ tenemos $1-\frac jm \le 1-\frac jn$ y entonces $\frac{m-j}{m} \le \frac{n-j}{n}$ (para $j=0$ tenemos igualdad) y por lo tanto:

$$ \begin{align} \left(1+\frac1m\right)^m & = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}\frac{1}{m^k} = \sum_{k=0}^m \frac {1}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\frac{m-j}{m}\\ & \le \sum_{k=0}^m \frac {1}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\frac{n-j}{n} = \sum_{k=0}^m \binom{n}{k}\frac{1}{n^k}\\ & < \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{1}{n^k} = \left(1+\frac1n\right)^n\\ \end {align} $$