simple prueba que $\sqrt{1+\frac{1}{x+1/2}}(1+1/x)^x\le e$

Question

Es bien sabido que para $x>0$ que $\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\le e\le\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+1}$ (ver wikipedia). Sin embargo, uno puede obtener el más fuerte de la desigualdad $$ \sqrt{1+\frac{1}{x+\frac{1}{2}}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\le e\le\sqrt{1+\frac{1}{x}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} $$ La segunda desigualdad se puede encontrar en la Proposición B. 3 de "estudio Aleatorizado de Algoritmos", por Raghaven y Motwani (que sí se refiere al libro "Analítica de las Desigualdades" por Mitrinović) , y puede ser demostrado recta directa por cálculo (que muestra una primera derivada es no negativo y tal).

Mientras yo pueda probar también la primera desigualdad utilizando familiar de cálculo de los métodos, es un poco caótico (en última instancia, que requieren que el$\frac{1}{y+2}+\frac{1}{3y+2}\ge \frac{1}{y+1}$$y\ge 0$).

¿Alguien sabe de un "simple" prueba de $\sqrt{1+\frac{1}{x+\frac{1}{2}}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\le e$?

Answer 1

Esto no prueba la desigualdad para cada $x$, sino sólo $x$ succiently grande. Tomando el $\log$ de la desigualdad: expansión de serie de uso $$\frac{1}{2}\log \Big(\frac{1}{x+\frac{1}{2}}+1 \Big)+x \log \Big(\frac{1}{x}+1 \Big) -1<0.$ $ $x=\infty$:\begin{align} & \frac{1}{2x+1}-\frac{1}{(2x+1)^2} +x\Big(\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}\Big)+-1+o(\frac{1}{x^2})= \\ &=\frac{-4x^2+5x+2}{6(2x+1)^2x^2}+o(\frac{1}{x^2}) \end{align} por lo tanto la cantidad pasada es inferior a $0$ $x$ suficientemente grande, y esto implica que la desigualdad es verdadera cuando $x$ grande enaugh.

Answer 2

Se puede hacer mejor que la desigualdad indicada a partir de $$\log(1+x)<\frac{x(x+6)}{4x+6}$$ for all $x # > 0 $. (Equality for $x = 0$ and the difference between the right- and left hand side is strictly increasing as can be shown by taking derivatives.) With this we find $$ \frac{1}{2}\log\left(1+\frac{1}{x+\frac{1}{3}}\right)+x \log\left(1+\frac{1}{x}\right) < \frac38\left(\frac1{3x+1}+\frac1{x+1}\right)+\left(1-\frac3{6x+4}\right)=$$ $$1-\frac{3x}{4(3x+1)(x+1)(3x+2)}<1$$ for all $x # > 0$. In fact one can show in the same way that for any $\alpha > \tfrac16$ the inequality $$ \frac{1}{2}\log\left(1+\frac{1}{x+\alpha}\right)+x \log\left(1+\frac{1}{x}\right) < 1$$ holds for all $$x>\max\left(0,\frac{2-18\alpha^2}{18\alpha -3}\right).$$

Answer 3

En respuesta a @WimC, voy a postear mi propia prueba de esta desigualdad. La primera observación es ver que $\sqrt{1+\frac{1}{x+1/2}}(1+1/x)^x\le e$ $x\ge 0$ es equivalente a (bajo $y:=1/x$), $$\left(1+\frac{2y}{y+2}\right)^{y/2}(1+y)\le e^y$$ for $y>0$. One can then hope to establish this inequality for all $s \ge 0$.

Tomando logaritmos, esto se reduce a mostrar que $$f(y):=y-\ln(y+1)-\frac{y}{2}\ln(3y+2)+\frac{y}{2}\ln(y+2)$$ has $f(y)\ge 0$ for $s\ge 0$. As $f(0)=0$, one needs only show the derivative $f'(y)\ge 0$ for $s\ge 0$. Tomando la derivada, se encuentra que \begin{align*} f'(y)&=1-\frac{1}{y+1}-\frac{1}{2}\ln\left(1+\frac{2y}{y+2}\right)+\frac{1}{2}\cdot\frac{y}{y+2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{3y}{3y+2}\\ &\ge 1-\frac{1}{y+1}-\frac{1}{2}\cdot \frac{2y}{y+2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{y}{y+2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{3y}{3y+2}\\ &=\frac{y^2}{(y+1)(y+2)(3y+2)} \end{align*} donde hemos utilizado $\ln(1+z)\le z$, luego simplificado. Esta última expresión es claramente no-negativo, como se desee.

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Mi problema con lo anterior es la prueba de que el álgebra es sucio, y yo no ganar ninguna intuición sobre por qué la desigualdad es verdadera.

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En particular, lo ideal sería ser capaz de obtener el mejor $\alpha$, de modo que $$\sqrt{1+\frac{1}{x+1/2}}(1+1/x)^x\le e$$ es cierto para todos los $x>0$. Utilizando la anterior $y:=1/x$, esto es equivalente a $$\sqrt{1+\frac{1}{1/y+\alpha}}(1+y)^{1/y}\le e$$ Si tomamos $y\rightarrow \infty$ $1+y\sim e^{\ln y}$ obtenemos $(1+y)^{1/y}\rightarrow 1$, por lo que debemos contar con que un gran $y$ que $$\sqrt{1+\frac{1}{0+\alpha}}\le e$$ Reorganizar, esta dice que el $\alpha$ debe obedecer $\alpha\ge\frac{1}{e^2-1}\approx\frac{1}{6.39}$ grandes $y$. A mí me parece natural esperar que cualquiera de dichas $\alpha$ funciona para todas las $y$, pero que puede ser un poco ingenuo.