Cómo probar $\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}<\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}<\left(\frac{n}{n+1}\right)^n$

Question

Muestran que: $$\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^{n+1}<\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}<\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n$ $ donde $n\in \Bbb N^{+}.$

Si esta desigualdad puede ser probada, tenemos %#% $ #%

Pero no puedo probar esta desigualdad. Gracias.

Answer 1

Sugerencia:

Aplicando el teorema de Stolz-Cesàro

$$L=\lim_{n\to \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\lim_{n\to \infty} \frac{\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}}{(n+1)-n}=\lim_{n\to \infty} \left(\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}\right)$$

Tenemos %#% $ #%

$$\ln L=\lim_{n\to \infty} \left(\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n}\ln\left(\frac{i}{n}\right)\right)=\int_{0}^{1}\ln x\,dx=-1$$

Answer 2

Considere la posibilidad de $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\log(n!)-n\log(n)}{n}\etiqueta{1} $$ El uso de Stolz-Cesàro, esto es $$ \begin{align} &\lim_{n\to\infty}\frac{\big[\log((n+1)!)-(n+1)\log(n+1)\big]-\big[\log(n!)-n\log(n)\big]}{[n+1]-n}\\ &=\lim_{n\to\infty}n\log\left(\frac{n}{n+1}\right)\\[6pt] &=-1\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{n!^{\frac1n}}{n}=\frac1e\etiqueta{3} $$ La inversión de $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac xn\right)^n=e^x$, tenemos $$ \lim_{n\to\infty}n\left(x^{1/n}-1\right)=\log(x)\etiqueta{4} $$ Utilizando la ecuación $$ \begin{align} (n+1)!^{\frac1{n+1}}-n!^{\frac1n} &=\frac{n!^{\frac1n}}{n+1}(n+1)\left(\left(\frac{n+1}{n!^{\frac1n}}\right)^{\frac1{n+1}}-1\right)\tag{5} \end{align} $$ y $(3)$$(4)$, obtenemos $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}(n+1)!^{\frac1{n+1}}-n!^{\frac1n} &=\lim_{n\to\infty}\frac{n!^{\frac1n}}{n+1}(n+1)\left(\left(\frac{n+1}{n!^{\frac1n}}\right)^{\frac1{n+1}}-1\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac1e(n+1)\left(e^\frac1{n+1}-1\right)\\[9pt] &=\frac1e\log(e)\\[9pt] &=\frac1e\tag{6} \end{align} $$ Todavía estoy trabajando en una simple derivación de la inicial de la desigualdad, sin embargo.

Answer 3

Esto no contestar a la pregunta, pero demuestra que las desigualdades por lo suficientemente grande como $n$.

Deje $f(x)=e^{g(x)}$ donde $g(x)=\frac{1}{x}\log\Gamma(x+1)$, e $h(x)=\left(\frac{x}{x+1}\right)^x$.

Es suficiente para demostrar que $$\frac{x}{x+1}h(x)<f'(x)<h(x),$$

desde $f(n+1)-f(n)=f'(c_n)$ algunos $n< c_n <n+1$ por el Valor medio Teorema.

Usamos una versión de Stirling aproximación de $\Gamma$ función de:

$$\log\Gamma(x+1)=x\log x-x+\frac{1}{2}\log(2\pi x)+\sum_{n=1}^\infty \frac{B_{2n}}{2n(2n-1)x^{2n-1}}$$

Esto produce los siguientes asintótica relaciones lo suficientemente grande como $x$.

$$g(x)=\log x-1+\frac{\log(2\pi x)}{2x}+O(\frac{1}{x^2}),$$ $$g'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}-\frac{\log(2\pi x)}{2x^2}+O(\frac{1}{x^3}),$$ $$f'(x)=e^{g(x)}g'(x)=\frac{1}{e}(1+\frac{1}{2x}-\frac{\log^2(2\pi x)}{8x^2}+O(\frac{\log x}{x^2})),$$ $$h(x)=\frac{1}{e}(1+\frac{1}{2x}+O(\frac{1}{x^2})),$$ $$\frac{x}{x+1}h(x)=\frac{1}{e}(1-\frac{1}{2x}+O(\frac{1}{x^2}))$$

Así, tenemos la reclamación por lo suficientemente grande como $x$, y esto demuestra que las desigualdades por lo suficientemente grande como $n$.

Remark1) el Tratamiento de los términos de error con mucho cuidado, puede ser un explícito $N$ de manera tal que las desigualdades presionado para $n>N$.

Remark2) una Vez que nos encontramos con $N$, podemos comprobar uno por uno para $n=1,2,\cdots N$.

Answer 4

Por la suma parcial: %#% $ #% por lo que es posible solucionar el argumento de @i707107 (eliminación "para cualquier $$\sum_{j=1}^{n}\log j = n\log n - n + \sum_{j=1}^{n}\left(1-j\log(1+1/j)\right),$ suficientemente grande") notando que $N$ $