Demostrar que $5/2 < e < 3$ ?

Question

Demostrar que $$\dfrac{5}{2} < e < 3$$

Según la definición de $\log$ y $\exp$ , $$1 = \log(e) = \int_1^e \dfrac{1}{t} dt$$ donde $e = \exp(1)$ .

Así que dado que $e$ es desconocido, ¿cómo podría probar este problema? Creo que me faltan algunos datos importantes que podrían ayudarme de alguna manera a reescribir $e$ en alguna forma de $3$ y $5/2$ . Cualquier idea sería muy apreciada.

Answer 1

Sabemos que $$e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n} \right)^n$$

Se trata de una sucesión de Cauchy (¿por qué?), por lo que para cualquier $\varepsilon > 0$ existe $N = N(\varepsilon) \in \mathbb{N}$ satisfaciendo $|e_n - e_m| < \varepsilon$ . (Aquí $e_n$ es el $n$ término de la secuencia). Entonces, debe converger, y podemos tomar $\varepsilon$ para ser $\frac{1}{100}$ o algo así. Encuentre $N(\frac{1}{100})$ y entonces se sabe que todos los valores se encuentran en una bola de radio $\frac{1}{100}$ sobre $e_N$ y, por tanto, el límite se encuentra en el cierre de esta bola. (El hecho clave es que podemos encoger esta bola de forma que $5/2$ y $3$ son lejos de la misma).

Answer 2

Podemos demostrar un límite superior ligeramente más ajustado de la siguiente manera.

Dejemos que $$H_n = 1 + \frac1{2} + \cdots + \frac1{n}$$

$$H_{2n} - H_{n} = \frac1{n+1} + \frac1{n+2} + \cdots + \frac1{2n}$$

Por AM-HM, tenemos $$\frac{H_{2n} - H_n}{n} \geq \frac{n}{(n+1) +(n+2) + (n+3) + \cdots + 2n} = \frac{n}{n^2 + \frac{n(n+1)}{2}}$$

$$H_{2n} - H_n \geq \frac{2n}{3n+1}$$

$$(H_{2n} - \log(2n)) - (H_n - \log(n)) + \log(2) \geq \frac{2n}{3n+1}$$

Toma límite $n \rightarrow \infty$ y observe que $\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} (H_n - \log(n)) = \gamma < \infty$ para conseguir $\log(2) \geq \frac{2}{3}$ . Por lo tanto, $$e^{2/3} \leq 2 \implies e \leq 2^{3/2} = 2 \sqrt{2}$$

Answer 3

El objetivo aquí es simplemente mostrar

$$\int_1^{5/2}{dt\over t}\lt1\lt\int_1^3{dt\over t}$$

utilizando las propiedades de la integral definida y la función $f(t)=1/t$ que, para $t\ge1$ es decreciente y cóncava hacia arriba. La concavidad nos dice que la Regla del Trapecio da un límite superior al área bajo la curva, por lo que (usando una subsunción $u=2t$ para empezar)

$$\begin{align} \int_1^{5/2}{dt\over t}=\int_2^5{du\over u}&\lt{1\over2}(f(2)+2f(3)+2f(4)+f(5))\\ &={1\over2}\left({1\over2}+{2\over3}+{2\over4}+{1\over5} \right)\\ &\lt{1\over2}\left({1\over2}+{4\over5}+{1\over2}+{1\over5}\right)\\ &=1 \end{align}$$

mientras que el carácter decreciente de $1/t$ nos dice que una suma de Riemann utilizando los puntos finales de la derecha da un límite inferior, por lo tanto, la división $[1,3]$ en ocho segmentos de anchura $1/4$ tenemos

$$\begin{align} \int_1^3{dt\over t}&\gt{1\over4}(f(5/4)+f(6/4)+f(7/4)+f(8/4)+f(9/4)+f(10/4)+f(11/4)+f(12/4))\\ &={1\over5}+{1\over6}+{1\over7}+{1\over8}+{1\over9}+{1\over10}+{1\over11}+{1\over12}\\ &=\left({1\over5}+{1\over10}\right)+\left({1\over6}+{1\over12}\right)+\left({1\over7}+{1\over8}\right)+\left({1\over9}+{1\over11}\right)\\ &={3\over10}+{1\over4}+{15\over56}+{20\over99}\\ &\gt{3\over10}+{1\over4}+{14\over56}+{20\over100}\\ &={3\over10}+{1\over4}+{1\over4}+{2\over10}\\ &=1 \end{align}$$

(Puede ser útil hacer un dibujo de la curva, los trapecios y los rectángulos para ver las comparaciones).

Observación: Estrictamente hablando, no hay necesidad de las desigualdades adicionales que sustituyen ciertas fracciones por otras -- puedes, si quieres, simplemente hacer los cálculos. Pero siempre que es posible, me gusta escribir las cosas de manera que pueda releerlas haciendo toda la aritmética en mi cabeza.

Answer 4

Dejemos que $$e_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n,\quad s_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\ (0!=1),$$ entonces $e_1=2=s_1,e_2=\frac{9}{4}<\frac{5}{2}=s_2$ cuando $n>2$ , \begin{align*} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n &=1+1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)\\ &<1+1+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\\ &=1+1+\frac{1}{2}+\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k!}\\ &\leq\frac{5}{2}+\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k(k-1)(k-2)}\\ &=\frac{5}{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k-1}\left(\frac1{k-2}-\frac1k\right)\\ &=\frac{5}{2}+\frac{1}{2}\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{(k-1)(k-2)}-\frac{1}{2}\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k(k-1)}\\ &=2.75+\frac{1}{2}\left(\frac1n-\frac{1}{n-1}\right)\\ &<2.75. \end{align*} Dejemos que $n\to \infty$ tenemos $$e\leq 2.75<3.$$