$\left(1+\frac1n\right)^n$ es creciente y acotada sin teorema del binomio.

Question

El título se explica por sí mismo. Tengo que enseñar a mis alumnos esta secuencia para definir el número $e$ pero aún no conocen el teorema del binomio. No hablemos de AM-GM, derivadas, etc.

¿Hay alguna forma de demostrar la monoticidad y la acotación de la secuencia con recursos muy elementales?

Answer 1

Podemos demostrar la monotonicidad utilizando la desigualdad de Bernoulli: $(1+r)^k>1+kr$ para $r>-1,k\in\Bbb N,k\geq 2$ lo que puede demostrarse fácilmente por inducción en $k$ .

En efecto, supongamos $n>1$ y tomar $n=k,r=-\frac{1}{n^2}$ . La desigualdad nos dice $(1+\frac{1}{n})^n(1-\frac{1}{n})^n=(1-\frac{1}{n^2})^n>(1-\frac{1}{n})$ lo que implica $(1+\frac{1}{n})^n>(1-\frac{1}{n})^{1-n}=(1+\frac{1}{n-1})^{n-1}$ .

Edito: Creo que también he conseguido la acotación. Definir una secuencia auxiliar $(1+\frac{1}{n})^{n+1}$ . Demostraremos que es decreciente. Queremos demostrar $(1+\frac{1}{n})^{n+1}<(1+\frac{1}{n-1})^{n}$ o equivalentemente $(1+\frac{1}{n})^{n}(1+\frac{1}{n})<(1-\frac{1}{n})^{-n}$ , $(1+\frac{1}{n})^{n}(1-\frac{1}{n})^{n}<\frac{1}{1+\frac{1}{n}}$ , $(1-\frac{1}{n^2})^n<\frac{n}{n+1}$ , $(1+\frac{1}{n^2-1})^n>1+\frac{1}{n}$ .

Tenemos por Bernoulli que $(1+\frac{1}{n^2-1})^n>1+\frac{n}{n^2-1}>1+\frac{n}{n^2}>1+\frac{1}{n}$ que es lo que queríamos. (No estoy exactamente seguro de si todas las transiciones aquí son válidos, si algo está mal o poco claro comentario)

Así pues, tenemos $(1+\frac{1}{n})^n<(1+\frac{1}{n})^{n+1}<(1+\frac{1}{1})^{1+1}=4$ . Por tanto, la secuencia está acotada.

Answer 2

He aquí una demostración que no utiliza el teorema del binomio, pero sí las integrales y la definición de $e$ . Podrías extraer una prueba más elemental de esto comparando simplemente áreas bajo curvas y no mencionando integrales, para obtener tu límite.

Supongamos que $1\leq t\leq 1+\frac1n$ . Entonces $$\frac1{1+\frac1n}\leq\frac1t\leq1$$ Por lo tanto $$\int_1^{1+\frac1n}\frac1{1+\frac1n}dt\leq \int_1^{1+\frac1n}\frac1tdt\leq\int_1^{1+\frac1n}1\cdot dt$$ Por lo tanto $$\frac1{n+1}\leq \ln\left(1+\frac1n\right) \leq \frac 1n$$ Por lo tanto $$e^{1/(n+1)} \leq 1+\frac1n \leq e^{1/n}$$ lo que implica $$e\leq\left(1+\frac1n\right)^{n+1}$$ lo que implica $$\frac{e}{1+\frac1n}\leq \left(1+\frac1n\right)^n$$ lo que implica $$(1+\frac1n)^n\leq e$$ . Por lo tanto $$\frac{e}{1+\frac1n}\leq\left(1+\frac1n\right)^n\leq e$$ el teorema de la compresión implica $\left(1+\frac1n\right)^n\rightarrow e$ .

Answer 3

Vale la pena demostrar primero AM-GM, porque da una prueba bastante corta: $$a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\cdot 1\leq \left(\frac{1+n\left(1+\frac{1}{n}\right)}{n+1}\right)^{n+1}=\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}=a_{n+1}$$ por lo que la secuencia es creciente. Sin embargo: $$ a_{n+1}-a_n \leq \frac{a_n}{(n+1)^2},$$ por tanto, explotando los productos telescópicos: $$ a_n \leq a_1 \prod_{j=2}^{n}\left(1+\frac{1}{j^2}\right)\leq a_1 \prod_{j=2}^{n}\left(\frac{1}{1-\frac{1}{j^2}}\right)=\frac{4n}{n+1}<4. $$