Es esta desigualdad siempre verdadera?

Question

"Para cualquier número real $x$, existe un número natural $n$, de tal manera que $\frac{x^n}{n!} < 1$." . Es esta afirmación verdadera siempre?

Puedo llegar a esta conclusión observando la forma de serie de '$e^x$'. Observo que para los de mayor valor $n$, $\frac{x^n}{n!}$ cambia el valor numérico de $e^x$ derecha del punto decimal.

Favor de proporcionar la prueba de la prueba.

Answer 1

Está bastante en el clavo con su observación sobre el poder de expansión de la serie de $e^x$; de hecho, están tan cerca de cerca de una prueba de que es bastante sorprendente no ha terminado de ti mismo! Porque creo que usted aprenderá más si tienes que salir de la correspondiente detalles más irrelevantes, sólo voy a ofrecer un esbozo, pero les prometo que el trabajo de campo en el llenado de los vacíos que valdrá la pena.

1) sabemos que $e^x$ tiene un poder de expansión de la serie dada por $\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n!}$.

2)Por el coeficiente de prueba, se puede determinar el radio de convergencia de esta serie, encontrando que converge en todos los de $\mathbb{R}$.

3) Dado que el $\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n!}$ converge para todos los $x$, usted sabe que los términos tienden a $0$ en el límite de $n \rightarrow \infty$, y por lo tanto son finalmente más pequeño que cualquier fijo constante positiva que usted elija.

Esperemos que el esqueleto de ayuda a la carne a cabo la prueba de que usted está buscando!

Answer 2

Fix $x$ y deje $n > 2\lceil x\rceil$, luego $$\frac{x^n}{n!} \le \frac{\lceil x\rceil^n}{n!} = \color{blue}{\frac{\lceil x\rceil}{1}\frac{\lceil x\rceil}{2} \cdots \frac{\lceil x\rceil}{2 \lceil x\rceil}} \color{green}{\frac{\lceil x\rceil}{2\lceil x\rceil + 1} \cdots \frac{\lceil x\rceil}{n}}.$$ Notice that the product of the terms in $\color{blue}{\text{blue}}$ does not depend on $n$, while each of the terms in $\color{verde}{\text{verde}}$ is smaller than $\frac 12$. Entonces

$$\frac{x^n}{n!} \le \color{blue}{M(\lceil x\rceil)}\color{green}{\Big(\frac 12\Big)^{n - 2\lceil x\rceil}},$$ hence $$\lim_{n \to \infty}\frac{x^n}{n!} \le \lim_{n \to \infty}M(\lceil x\rceil)\Big(\frac 12\Big)^{n - 2\lceil x\rceil} = M(\lceil x\rceil)2^{2\lceil x\rceil} \lim_{n \to \infty}\Big(\frac 12\Big)^n = 0.$$

Answer 3

Nota para $n$ incluso que $n! \geq (\frac{n}{2})^{\frac{n}{2}}$ desde el primer $\frac{n}{2}$ términos de $n\cdot (n-1)...2\cdot 1$ son mayores o iguales a $\frac{n}{2}$. Por eso desde la $n$ es el tiempo más grande que $2x^2$ se sigue que $\frac{n}{2} > x^2$ y, por tanto,$(\frac{n}{2})^{\frac{1}{2}} > |x|$. Por lo tanto,$n! \geq ((\frac{n}{2})^{\frac{1}{2}})^{n} > |x|^n \geq x^{n}$.

Answer 4

Método 1: la serie de $e^x=\sum_{n\geq 0}\frac{x^n}{n!}$ es convergente para todos los números reales $x$, por lo que la Divergencia de la Prueba, $\lim_{n\to\infty}\frac{x^n}{n!}=0$. Esto significa que $\frac{x^n}{n!}<1$ todos los $n$ lo suficientemente grande.

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Método 2: Deje $x_n=\frac{x^n}{n!}$. Desde $|x_n|=\frac{|x|^n}{n!}$, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $x>0$. Elegimos $N>x$. Entonces, para $n>N$, tenemos

$$ x_n=\frac{x}{n}\times\dots\times\frac{x}{N}\times\frac{x}{N-1}\times\dots\times\frac{x}{2}\times\frac{x}{1} $$

por lo $$0< x_n\leqslant C\cdot\left(\frac{x}{N}\right)^{n+1-N}$$

donde $C$ es la constante de $C=\frac{x}{N-1}\times\dots\times\frac{x}{1}$.

Desde $r=\frac{x}{N}\in(-1,1)$, la teoría de las progresiones geométricas implica que $Cr^{n+1-N}$ converge a $0$. Por el Teorema del sándwich, $\{x_n\}_n$ también converge a $0$.