Demuestra que $\prod\limits_{k=1}^\infty \left(1+\frac1{2^k}\right) \lt e$ ?

Question

¿Cómo demostrarías que $$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty \left(1+\dfrac{1}{2^k}\right) \lt e ?$$

Wolfram|Alpha muestra que el producto se evalúa en $2.384231 \dots$ ¿hay alguna manera elegante de escribir este número?

Se dio una pista sobre cómo resolver el problema pero no sé cómo demostrar el lema.

Lema: Sea, $a_1,a_2,a_3, \ldots,a_n$ números positivos y sea $s=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$ entonces $$(1+a_1)(1+a_2)(1+a_3)\cdots(1+a_n)$$ $$\le 1+s+\dfrac{s^2}{2!}+\dfrac{s^3}{3!}+\cdots+\dfrac{s^n}{n!}$$

Answer 1

CONSEJO

Tomando $\log$ de ambos lados la afirmación es equivalente a demostrar que

$$\sum_{k=1}^\infty \log \left(1+\dfrac{1}{2^k}\right) \lt 1$$

luego usa $\log(1+x).

Answer 2

Se puede mostrar fácilmente que para cualquier $x\in(0,1)$ tenemos

$$ \frac{1+2x+\frac{4x^2}{3}+\frac{8x^3}{21}+\frac{16 x^4}{315}+\frac{32 x^5}{9765}}{1+x+\frac{x^2}{3}+\frac{x^3}{21}+\frac{x^4}{315}+\frac{x^5}{9765}} <1+x < \frac{1+2x+\frac{4x^2}{3}+\frac{8x^3}{21}+\frac{16 x^4}{315}+\frac{32 x^5}{9450}}{1+x+\frac{x^2}{3}+\frac{x^3}{21}+\frac{x^4}{315}+\frac{x^5}{9450}} $$ y en general, mediante la definición de $D_m=\prod_{k=1}^{m}(2^k-1)$ y $p_n(x)=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{D_k}$, $$ \frac{p_n(2x)+\frac{2^{n+1}x^{n+1}}{D_{n+1}}}{p_n(x)+\frac{x^{n+1}}{D_{n+1}}}<1+x< \frac{p_n(2x)+\frac{2^{n+1}x^{n+1}}{D_{n}(2^{n+1}-2)}}{p_n(x)+\frac{x^{n+1}}{D_{n}(2^{n+1}-2)}}.$$ Al hacer telescópica, se sigue que $$ p_n(1)+\frac{1}{D_{n+1}}<\prod_{k\geq 1}\left(1+\frac{1}{2^k}\right) y al elegir $n=4$ tenemos $$ \frac{3326}{1395}<\prod_{k\geq 1}\left(1+\frac{1}{2^k}\right)<\frac{22531}{9450} $$ tal que las primeras cifras del término medio son $\color{green}{2.3842}$.
Al elegir $n=10$ obtenemos que el término medio es $\color{green}{2.384231029\ldots}$.
Como fracción continua $$ \prod_{k\geq 1}\left(1+\frac{1}{2^k}\right)=\left[2; 2, 1, 1, 1, 1, 14, 1, 3, 1, 1, 6, 9, 18, 7, 1, 27,\ldots\right]$$ mientras que $e=[2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,1,1,10,\ldots]$.

Answer 3

Prueba del Lema por inducción. Sea $P(n): (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n) ≤ 1 + s_n + ... + \frac {s_n^n}{n!}$ Para $n=1$ el resultado es obvio. Supongamos que $P(m): (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_m) ≤ 1 + s_m + ... + \frac {s_m^m}{m!}$ es verdadero. Entonces, $$1 + s_{m+1} + ... + \frac {s_{m+1}^{m+1}}{(m+1)!}$$ $$= 1 + (s_m + a_{m+1}) + ... + \frac {(s_m + a_{m+1})^{m+1}}{(m+1)!}$$ $$= 1 + s_m + ... + \frac {s_m^m}{m!} + Q , Q>0$$ Por lo tanto tenemos, $$(1 + s_{m+1} + ... + \frac {s_{m+1}^{m+1}}{(m+1)!}) - Q = 1 + s_m + ... + \frac {s_m^m}{m!} ≥ (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_m) < (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_m)(1+a_{m+1})$$ Así que $P(m+1)$ es verdadero siempre que $P(m)$ lo sea. Por lo tanto $P(n)$ es verdadero en general.