¿Cómo podemos demostrar que esta desigualdad se cumple
$$ \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \gt \left(1+\frac{1}{n} \right)^{n} $$
donde $n \in \mathbb{N}$, creo que podría utilizar el AM-GM de la desigualdad de esto, pero no cómo llegar?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Esta es una de las más lindas aplicaciones de AM-GM que he aprendido. Por desgracia, no recuerdo la fuente.
Definir los números $x_0, x_1, x_2, \ldots, x_n$ por: $$ x_i = \begin{casos} 1, y i = 0, \\\\ 1+\frac{1}{n}, &1 \leqslant i \leqslant n. \end{casos} $$ El reclamo sigue aplicando AM-GM: $$ \left( \frac{x_0 + x_1 + \ldots + x_n}{n+1} \right)^{n+1} \gt \ \prod_{i=0}^n \, x_i . $$ El taponamiento en los valores anteriores, obtenemos $$ \left( \frac{1+n \Big(1+\frac{1}{n} \Big)}{n+1} \right)^{n+1} \gt \ 1 \cdot \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n , $$ que se simplifica a $$ \left( 1+ \frac{1}{n+1} \right)^{n+1} \gt \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n. $$
goric
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5230
He aquí una argumentación directa sin el uso de AM-GM: escribir $$\left(1+{1\over n}\right)^n=\sum_{j\geq 0} {n\elegir j}\left({1\over n}\right)^j=\sum_{j\geq 0}\,\, \prod_{0\leq k<j}\left(1-{k\sobre n}\right) \cdot{1\over j!}.$$ Cada producto dentro de la suma se hace más grande como $n$ se incrementa, y por lo mismo es cierto para toda la suma.
Alex Bolotov
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249
Conforme a lo solicitado, aquí es una prueba de uso de la desigualdad de Bernoulli.
$(1+x)^r \ge 1 + rx$, para cualquier real $x \gt -1$ y real $r \ge 1$.
Nos pusimos de $r = \frac{n+1}{n}$ y $x = \frac{1}{n+1}$.
Tenemos
$$ \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{(n+1)/n} \ge 1 + \frac{1}{n}$$
Tomando $n^{th}$ el poder en ambos lados nos da la desigualdad.
$$ \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \ge \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$$
Ahora sólo tenemos que eliminar la igualdad porción.
Asumir que ellos eran iguales, entonces debemos tener la
$$(n+2)^{n+1}n^n = (n+1)^{2n+1}$$
lo que no es posible como $n+1$ es primo relativo con tanto $n$ y $n+de$ 2. (Por supuesto, podríamos haber utilizado una versión estricta de Bernoulli de la desigualdad...).
muerte
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1474
No AM-GM de la desigualdad, de la simple cálculo:
$$\begin{align} \frac{(1+\frac{x}{n+1})^{n+1}}{(1+\frac{x}{n})^n} Y= (1+\frac{x}{n})\left(\frac{1+\frac{x}{n+1}}{1+\frac{x}{n}}\right)^{n+1} \\\\ Y= (1+\frac{x}{n})\left(\frac{n(n+1)+nx}{(n+1)(n+x)}\right)^{n+1} \\\\ Y= (1+\frac{x}{n})\left(\frac{(n+1)(n+x)-x}{(n+1)(n+x)}\right)^{n+1} \\\\ Y= (1+\frac{x}{n})\left(1-\frac{x}{(n+1)(n+x)}\right)^{n+1} \\\\ &> (1+\frac{x}{n})(1-\frac{x}{n+x}) = \frac{n+x}{n} \frac{n}{n+x} = 1. \end{align}$$
Copiado de una respuesta anterior de la mina.
Justin Walgran
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El cálculo argumento: tomando logaritmos de $(1+1/n)^n$, es suficiente para demostrar que $f(x) = x \log (1+1/x)$ es una función creciente de $x$ para $x > 0$. Ahora $$ f^\prime(x) = \log \left( 1 + {1 \over x} \right) - {1 \over x+1} $$ y esto es suficiente para mostrar que esto es positivo. Así que tenemos $\log (1 + 1/x) > 1/(x+1)$; tomando exponenciales basta para demostrar que $1 + {1 \over x} > \exp \left( {1 \over x+1} \right)$ cuando $x > 0$. Pero tenemos $$ \exp(z) = 1 + z + {z^2 \over 2!} + {z^3 \más de 3!} + \cdots < 1 + z + z^2 + z^3 + \cdots = {1 \over 1-z} $$ cuando $|z|<1$. Dejar que $z = 1/(x+1)$ da $e^{1/(x+1)} < 1 + 1/x$, como se desee.
