Mostrar que $\left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-n} \le 2^{-x}$, cuando $x,n \ge 0$, $x \le n$

Question

Mostrar que $\left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-n} \le 2^{-x}$, cuando $x,n \ge 0$, $x \le n$. Esto me está volviendo loco... tengo trazan las gráficas para estar seguro de que la desigualdad es cierto, y lo es, pero me parece que no puede mostrar. Aquí es lo que tengo hasta ahora:

$$\left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-n} \le \left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-x}$$ desde $n \ge x$. Quiero a continuación, utilice el hecho de que $1 + \dfrac{x}{n} \le 2$, pero que me da un $\ge$, no un $\le$, por lo que mi primer paso debe ser malo... no sé qué más hacer, en su lugar.

Answer 1

Considere la función $$f(n,x)=\left(1+\frac{x}{n}\right)^{-n}-2^{-x}$$ What you can notice is that $$f(n,0)=0$$ $$f(n,n)=0$$ Computing the derivative $$\frac{df(n,x)}{dx}=2^{-x} \log (2)-\left(1+\frac{x}{n}\right)^{-n-1}$$ you also find $$\frac{df(n,0)}{dx}=\log (2)-1 <0$$ $$\frac{df(n,n)}{dx}=2^{-n} \log (2)-2^{-n-1}=2^{-n} \big(\log (2)-\frac 12\big)>0$$ So, it exists a value $a_n$ of $x$ such that $\frac{gl(n,a_n)}{dx}=0$.

Creo que el valor de la función y su derivada en los límites, podría ser suficiente.

Editar

Solo por curiosidad, hay una expresión analítica para $a_n$; es más bien compleja (que implica la función de Lambert) y es tal que $$0\lt a_n \lt \frac{\log (\log (2))}{\log (2)-1}\approx 1.19443$$, es decir, en el rango de interés.

Calcular la segunda derivada de la función en este límite, demuestra que es siempre positivo, que implica que $a_n$ corresponde a un mínimo.

Answer 2

En primer lugar, esto es equivalente a $$\left(1+\frac xn\right)^n \geq 2^{x}$$

Dejando $y=\frac{x}{n}$, esto es equivalente a, por $y\in[0,1]$ y cualquier $n>0$:

$$(1+y)^n \geq 2^{yn}$$ o:

$$1+y\geq 2^y$$

Ahora vamos a utilizar ese $f(x)=2^y$ es convexa, es decir, $f(at+b(1-t))\leq tf(a)+(1-t)f(b)$ cualquier $a,b$ en el dominio de $f$$t\in[0,1]$.

En este caso, dejando $a=1,b=0,t=y$, tendríamos:

$$2^y=f(y)=f(1\cdot y + 0\cdot(1-y))\leq yf(1)+(1-y)f(0) = 1+y$$

Answer 3

Propongo ver cómo hacer de los límites de esta expresión se comparan entre sí.

Recordemos la conocida límite: $$ \lim_{k\to \infty} \left( 1+\frac{1}{k}\right)^{k} = \lim_{k \to 0} \big( 1+k\big)^{\frac{1}{k}} = e. $$

Fix $x$ y deje $n \to \infty$. Denotar $m = \dfrac{n}{x}$, por lo que $x = \dfrac{n}{m} $, $n = mx$, y $n\to \infty \iff m \to \infty $, luego

$$ \left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-n} \le \left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-x} \stackrel{\text{ para fijo } x}{\iff} \left(1 + \frac{1}{m}\right)^{-n} \le \left(1 + \frac{1}{m}\right)^{-\frac{n}{m}} $$ Tenga en cuenta que $x,n > 0$ y $x<n$ $\implies m > 1$.

Ahora, vamos a considerar los límites como $n\to \infty$ de lado izquierdo y lado derecho de la desigualdad:

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Vamos a empezar con el lado izquierdo de la desigualdad. $$ \lim_{n\to \infty} \left( 1+\frac{x}{n}\right)^{-n} = \lim_{n\to \infty} \bigg[\left( 1+\frac{x}{n}\right)^{n}\bigg]^{-1} = \lim_{m\to \infty} \bigg[\left( 1+\frac{1}{m}\right)^{mx}\bigg]^{-1} = \bigg[\lim_{m\to \infty} \left( 1+\frac{1}{m}\right)^{m}\bigg]^{-x} = e^{-x} $$

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Del mismo modo, podemos hacer el mismo truco por el lado derecho de la desigualdad. $$ \lim_{n\to \infty} \left( 1+\frac{x}{n}\right)^{-x} = \lim_{n\to \infty} \bigg[\left( 1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}\bigg]^{-\frac{x^2}{n}} = \lim_{m\to \infty} \bigg[\left( 1+\frac{1}{m}\right)^{m}\bigg]^{-\frac{x}{m}} = \lim_{m\to \infty} e^{-\frac{x}{m}} = \lim_{n\to \infty} e^{-\frac{x^2}{n}} = 1 $$

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Por otra parte, por la desigualdad original $\left(1 + \frac{x}{n}\right)^{-n} \le 2^{-x}$ podemos utilizar el límite para el lhc, obteniendo así $$ \boxed{e^{-x} \leq 2^{-x}} \iff \left(\frac{e}{2}\right)^{-x} \leq 1\iff \left(\frac{2}{e}\right)^{x} \leq 1, $$

que siempre es cierto para $x>0$, ya que el $e>2 \implies \dfrac{2}{e} <1$.

Answer 4

Ya he publicado una respuesta donde me considera comportamiento asintótico de la desigualdad como $n\to \infty$. A continuación son más generales conclusiones.

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Dado $0\le x \le n$, muestran que $\left(1 + \dfrac{x}{n}\right)^{-n} \le 2^{-x}$.

Primero, tenga en cuenta que $$ 0\le x \le n \implica 0 \le \frac{x}{n}\le 1 \implica 1\le \left(1 + \dfrac{x}{n}\right) \le 2 $$

Segundo, tenga en cuenta que para cualquier $\alpha \ge 1$ hemos $$ \alpha \ge 1, \quad x \le n \implica \alpha^{x} \le \alpha^{n} \implica \alpha^{-x} = \frac{1}{\alpha^{x}}\ge \frac{1}{\alpha^{n}} = \alpha^{-n} $$

Tercero, para $1\le \alpha \le \beta$ $n \ge 0$ hemos $$ n\ge 0 \implica \alpha \le \beta \ffi\alpha^{n} \le \beta^{n} \iff \alpha^{-n} \ge \beta^{-n} $$

Cuarto, reescribir $2^{-x}$$\left(2^{-\frac{x}{n}}\right)^{n}$, obtener

$$ 2^{-x} = \left(2^{-\frac{x}{n}}\right)^{n} \implica \left(1 + \dfrac{x}{n}\right)^{-n} \le 2^{-x} \iff \left(1 + \dfrac{x}{n}\right)^{-n} \le \Big(2^{\frac{x}{n}}\Big)^{-n} $$

Por último, sólo tenemos que demostrar que $ \left(1 + \dfrac{x}{n}\right) \ge 2^{\frac{x}{n}}$ siempre $0 \le x \le n$. Deje $y:= \frac{x}{n}\,\ln 2$, luego

$$ \begin{aligned} 2^{\frac{x}{n}} = e^{\frac{x}{n}\cdot \ln 2} = e^{y} & = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{y^{k}}{k!} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\ln^{k}(2)}{n^{k}}\frac{x^{k}}{k!} = 1 + \frac{\ln2 }{n}x + \frac{\ln^{2}(2)}{n^{2}}\frac{x^{2}}{2} + \frac{\ln^{3}(2)}{n^{3}}\frac{x^{3}}{6} + \cdots = \\ & = 1 + \frac{\ln2 }{n}x + \mathcal{O}\left(x^2\right) \\ \left(1 + \dfrac{x}{n}\right) = 1 + \dfrac{1}{n}x & = 1 + \dfrac{1}{n}x + \mathcal{O}\left(x^2\right). \end{aligned} $$

Desde $\ln 2< 1$, llegamos a la conclusión de que $ 2^{\frac{x}{n}} \le \left(1 + \dfrac{x}{n}\right) $, y así establecer la desigualdad: $$ \begin{aligned} \ln 2< 1 &\implies 1 + \dfrac{\ln 2}{n}x + \mathcal{O}\left(x^2\right) \le 1 + \dfrac{1}{n}x + \mathcal{O}\left(x^2\right)\implies \\ & \implies 2^{\frac{x}{n}} \le \left(1 + \dfrac{x}{n}\right) , \quad 0\le x \le n \implies \\ & \implies \boxed{\left(1 + \dfrac{x}{n}\right)^{-n} \le 2^{-x}} \end{aligned} $$ Q. E. D.