Demostrar que esta secuencia es decreciente para todos los $n$.

Question

Definir $a_{1}=1$ y tal $$a_{n+1}=a_{n}+\ln{\left(\dfrac{n}{n+1}\right)}+\dfrac{1}{e^{a_{n}}\cdot n}$ $ muestran$$ a_{n+1}<a_{n} $$a_{n}>\ln{\left(\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\right)}?

Answer 1

Vamos a demostrar que $a_{n+1}\lt a_n$.

Primero de todo, $$\begin{align}\\&a_{n+1}=a_n+\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)+\frac{1}{e^{a_n}\cdot n}\\\\&\iff e^{a_{n+1}}=e^{a_n+\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)+1/(e^{a_n}\cdot n)}\\\\&\iff e^{a_{n+1}}=e^{a_n}\cdot e^{\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)}\cdot e^{1/(e^{a_n}\cdot n)}\\\\&\iff e^{a_{n+1}}=e^{a_n}\cdot \frac{n}{n+1}\cdot e^{1/(e^{a_n}\cdot n)}\\\\&\iff e^{a_{n+1}}(n+1)=e^{a_n}\cdot n\cdot e^{1/(e^{a_n}\cdot n)}\\\\&\iff b_{n+1}=b_n\cdot e^{1/b_n}\qquad (\text{set $b_n=e^{a_n}\cdot n$})\\\\&\iff \frac{1}{b_{n+1}}=\frac{1}{b_n}\cdot e^{-1/b_n}\\\\&\iff c_{n+1}=c_n\cdot e^{-{c_n}}\qquad (\text{set $c_n=\frac{1}{b_n}$})\\\\&\iff -c_{n+1}=-c_n\cdot e^{-c_n}\\\\&\iff d_{n+1}=d_n\cdot e^{d_n}\qquad (\text{set $d_n=-c_n$})\\\\&\iff e^{d_{n+1}}=\left(e^{d_n}\right)^{e^{d_n}}\\\\&\iff f_{n+1}={f_n}^{f_n}\end{align}$$

donde $f_n=e^{d_n}=e^{-1/(ne^{a_n})},f_1=e^{-1/e}.$

Aquí, desde $a_n=\ln\left(-\frac{1}{n\ln f_n}\right)$ y $$\begin{align}a_{n+1}\lt a_n&\iff \ln\left(-\frac{1}{(n+1)\ln f_{n+1}}\right)\lt \ln\left(-\frac{1}{n\ln f_n}\right)\\\\&\iff -\frac{1}{(n+1)\ln f_{n+1}}\lt -\frac{1}{n\ln f_n}\\\\&\iff \frac{1}{(n+1)\ln f_{n+1}}\gt \frac{1}{n\ln f_n}\\\\&\iff n\ln f_n\gt (n+1)\ln f_{n+1}\\\\&\iff n\ln f_n\gt (n+1)f_n\ln f_n\\\\&\iff f_n\gt\frac{n}{n+1}\end{align}$$

es suficiente para demostrar que $f_n\gt\frac{n}{n+1}$.

Utilizando el hecho de que $$\text{$\left(\frac{n}{n+1}\right)^n\ \ \izquierdo(=\frac{1}{\left(1+\frac 1n\right)^n}\right)$ is a decreasing sequence}\tag1$$ let us prove that $f_n\gt\frac{n}{n+1}$ by induction on $$n.

Para $n=1$, $f_1=e^{-1/e}\gt \frac 12$ debido a $2^e\gt 2^{2}= 4\gt e$.

Supongamos que $f_n\gt\frac{n}{n+1}$. A continuación, $$f_{n+1}={f_n}^{f_n}\gt \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n/(n+1)}\gt \frac{n+1}{n+2}$$ because of $(1)$.

Por lo tanto, tenemos $f_n\gt\frac{n}{n+1}$ por cada $n$.

Por lo tanto, $a_{n+1}\lt a_n$.

Answer 2

Puedo probar la segunda desigualdad a través de la inducción y el cálculo.

El caso Base. $$a_{1}=1=-\ln(\ln(e))>-\ln(\ln(2))=\ln{\left(\dfrac{1}{\ln{\left(2\right)}}\right)}$$

Inducción de la hipótesis. Asumir que:

$$a_{n}>\ln{\left(\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\right)}$$

Lema 1. Para todos los $k>1$ y $x>0$, $f(x)=x+\frac{1}{e^{x}k}$ es cada vez mayor.

Prueba. $$f'(x) = 1-\frac{1}{e^{x}k}$$ Para $x>0$ tenemos que $e^{x}k>e^{-\ln(k)}k=1$$f'(x)>0$.

La inducción de paso.

$$\begin{align*} a_{n+1} &= a_{n}+\ln{\left(\dfrac{n}{n+1}\right)}+\dfrac{1}{e^{a_{n}}\cdot n} \\ &> \ln{\left(\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\right)} + \ln{\left(\dfrac{n}{n+1}\right)}+\dfrac{1}{e^{\ln{\left(\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\right)}}\cdot n} \\&= \ln{\left(\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\right)} + \ln{\left(\dfrac{n}{n+1}\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\cdot n} \\&= \ln{\left(\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\right)} + \ln{\left(\dfrac{n}{n+1}\right)}+\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)} \\&= \ln{\left(\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\right)} \\&> \ln{\left(\dfrac{1}{(n+1)\ln{\left(1+\frac{1}{(n+1)}\right)}}\right)} \end{align*}$$

Podemos hacer el segundo paso, porque de la IH y Lema 1.

El último paso es también bastante sencillo. Es un hecho bien conocido que $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ es cada vez mayor. Por lo tanto $\ln\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)$ es cada vez mayor. Por lo tanto $\frac{1}{\ln\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)}$ es menor y también lo es el logaritmo de que.

Esto completa la prueba.

Answer 3

Actualización: No es una Respuesta. Ya que la pregunta fue editado, esto ya no es una respuesta válida. Es sólo un poco útil. Esto demuestra básica manipulaciones algebraicas que si la segunda desigualdad se mantiene, entonces la secuencia monótona disminuye. No voy a tomar esta respuesta, aunque, como me siento, al menos, se añade algo más de profundidad a la pregunta, es decir que se muestra que la segunda condición implica que la primera. Sin embargo, no "crack" el problema con cualquier ingeniosa visión o idea, y definitivamente no merece la recompensa para esta pregunta. Espero que esta actualización anima a otros a intentar una verdadera respuesta a esta pregunta.

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Para empezar, vamos a introducir una notación para poner en orden las cosas. Vamos a:

$$b_n = \left(\dfrac{1}{n\ln{\left(1+\frac{1}{n}\right)}}\right)$$

Ahora nos damos cuenta de que la segunda condición es sólo $a_n > \ln{b_n}$. Nos muestran que esto implica $a_{n + 1} < a_n$. Proceda de la siguiente manera. Asumiendo $a_n > \ln{b_n}$, entonces:

$$\dfrac{1}{e^{a_{n}}\cdot n} < \dfrac{1}{e^{\ln{b_{n}}}\cdot n} = \dfrac{1}{b_{n}\cdot n} = \ln{\left(1 + \frac1{n}\right)} = \ln{\left(\frac{n + 1}{n}\right)}$$

Ahora conectar la recurrencia a la pregunta de $a_{n + 1}$ obtenemos:

$$a_{n+1}=a_{n}+\ln{\left(\dfrac{n}{n+1}\right)}+\dfrac{1}{e^{a_{n}}\cdot n} < \\ a_{n}+\ln{\left(\dfrac{n}{n+1}\right)}+\ln{\left(\frac{n + 1}{n}\right)} = a_n + \ln{\left(\frac{n}{n + 1}\cdot\frac{n + 1}{n}\right)} = a_n + \ln{1} = a_n$$

Por lo $a_{n + 1} < a_n$ como se requiere.