Demostrando $\frac{n^n}{e^{n-1}}<n!<\frac{(n+1)^{n+1}}{e^{n}}$ por inducción para todos los $n> 2$.

Question

Estoy tratando de probar

$$\frac{n^n}{e^{n-1}}<n!<\frac{(n+1)^{n+1}}{e^{n}} \text{ for all }n > 2.$$

Aquí está la fuente original (Problema 1B, en la página 12 de PDF)

Esto puede ser demostrado por inducción?

La base, paso a $n=3$ es probado: $\frac {27}{e^2} < 6 < \frac{256}{e^3}$ (desde $e^2 > 5$$e^3 < 27$, respectivamente).

Puedo asumir que el caso de $n=k$ es cierto: $\frac{k^k}{e^{k-1}}<k!<\frac{(k+1)^{k+1}}{e^{k}}$.

Para $n=k+1$, estoy teniendo problemas:

\begin{align} (k+1)!&=(k+1)k!\\&>(k+1)\frac{k^k}{e^{k-1}}\\&=e(k+1)\frac{k^k}{e^{k}} \end{align} Ahora, por medio de gráficas en la calculadora, he encontrado es cierto que $ek^k >(k+1)^k$ (lo cual completa la prueba de la izquierda de la desigualdad), pero hay alguna manera de demostrar esta relación?

Y para el otro lado de la desigualdad, también estoy teniendo algunos problemas: \begin{align} (k+1)!&=(k+1)k!\\&<(k+1)\frac{(k+1)^{k+1}}{e^{k}}\\&=\frac{(k+1)^{k+2}}{e^k}\\&<\frac{(k+2)^{k+2}}{e^k}. \end{align} Me parece que no puede obtener el $e^{k+1}$ en el denominador, necesario para completar la inducción de la prueba.

Answer 1

Vamos a intentar una prueba inductiva a partir de la original inquality para $n$, vamos a probar para $n+1$

$$ \frac{n^n}{e^{n-1}}<n!<\frac{(n+1)^{n+1}}{e^{n}} $$

Bueno, se multiplican ambos lados por $n+1$. Al menos la mitad es correcta

$$ (n+1)\frac{n^n}{e^{n-1}}<(n+1)!<\frac{(n+1)^{n+2}}{e^{n}} $$

y tenemos que hacer que los lados izquierdo y derecho look más apropiado

$$ \left(\color{red}{\frac{n}{n+1}} \right)^\color{red}{n}\frac{(n+1)^{n+1}}{e^{n-1}}<(n+1)!<\frac{(n+2)^{n+2}}{e^{n}} \left(\color{blue}{\frac{n+1}{n+2}}\right)^{\color{blue}{n+2}} $$

Nuestro inducción es completa si podemos probar dos más de las desigualdades:

$$ \frac{1}{e} < \left(\frac{n}{n+1} \right)^n \text{ y } \left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n+2}< \frac{1}{e}$$

Estas dos desigualdades se pueden combinar en uno y podemos tomar recíprocos. Al menos es bien conocido.

$$ \bigg(1 + \frac{1}{m}\bigg)^{m+1}> \mathbf{e} > \bigg(1 + \frac{1}{n} \bigg)^n $$

Esto es cierto para cualquier $m, n \in \mathbb{N}$.

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Usted limarle un poco demasiado cuando dijo $(k+1)^{k+2} < (k+2)^{k+2}$. En su lugar, usted necesita el más delicado:

$$ (k+1)^{k+2} < \frac{1}{e} (k+2)^{k+2} $$

Answer 2

Si usted sabe¹que: $$ a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n,\qquad b_n = \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$$ dar a las secuencias convergentes hacia la $e$ donde $\{a_n\}$ está aumentando mientras que $\{b_n\}$ está disminuyendo, tener en cuenta que:

$$ n = \prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right),\tag{1} $$ así: $$ n! = \prod_{m=2}^{n} m = \prod_{m=2}^{n}\prod_{k=1}^{m-1}\left(1+\frac{1}{k}\right) = \prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)^{n-k}=\frac{n^n}{\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)^k}\tag{2}$$ y su desigualdad trivialmente de la siguiente manera.

^{1) Si usted no es consciente de que tal clásica resultado, luego de probar por inducción. Es bastante fácil.}

Answer 3

Prueba: vamos a probar la desigualdad por inducción. Desde $e^2 > 5$$e^3 < 27$, tenemos $$\frac {27}{e^2} < 6 < \frac{256}{e^3}.$$ Thus, the statement for $n=3$ es cierto. La base se ha completado el paso.

Para la inducción de paso, podemos suponer que la afirmación es verdadera para $n=k$. Es decir, asumir $$\frac{k^k}{e^{k-1}}<k!<\frac{(k+1)^{k+1}}{e^{k}}.$$

Queremos demostrar que la afirmación es verdadera para $n=k+1$. Es sencillo ver por todos los $k > 2$ que $\left(1+\frac 1k \right)^k < e < \left(1+\frac 1k \right)^{k+1}$; esto implica algebraicamente $$\left(\frac k{k+1} \right)^{k+1} < \frac 1e < \left(\frac k{k+1} \right)^k. \tag{$*$}$$ A separate induction proof for the left inequality of $(*)$ establishes $\left(\frac{k+1}{k+2} \right)^{k+2}<\frac 1e$. Ahora tenemos \begin{align} (k+1)! &= (k+1)k! \\ &< (k+1) \frac{(k+1)^{k+1}}{e^k} \\ &= \frac{(k+1)^{k+2}}{e^k} \\ &= \frac{(k+1)^{k+2}}{e^k} \left( \frac{k+2}{k+2} \right)^{k+2} \\ &= \frac{(k+2)^{k+2}}{e^k} \left( \frac{k+1}{k+2} \right)^{k+2} \\ &< \frac{(k+2)^{k+2}}{e^k} \frac 1e \\ &= \frac{(k+2)^{k+2}}{e^{k+1}} \end{align} y \begin{align} (k+1)! &= (k+1)k! \\ &> (k+1) \frac{k^k}{e^{k-1}} \\ &= (k+1) \frac{k^k}{e^{k-1}} \left(\frac{k+1}{k+1} \right)^k \\ &= \frac{(k+1)^{k+1}}{e^{k-1}} \left( \frac k{k+1} \right)^k \\ &> \frac{(k+1)^{k+1}}{e^{k-1}} \frac 1e \\ &= \frac{(k+1)^{k+1}}{e^k}. \end{align} Hemos establecido que la declaración de $$\frac{(k+1)^{k+1}}{e^k}<(k+1)!<\frac{(k+2)^{k+2}}{e^{k+1}}$$ for $n=k+1$ es cierto. Esto completa la prueba.

Answer 4

Desde varias respuestas ya han probado el resultado a través de la inducción, no veo ningún daño en el registro de una prueba adicional de que no hace uso de la inducción.

Reclamamos para todos $n\ge 1$, $$\int_{0}^{1} (x\log(x))^n \, dx = \frac{(-1)^n n!}{(n+1)^{n+1}}$$ Esto puede ser demostrado mediante la diferenciación bajo el signo integral; set $k=n$ a continuación: $$f(n) = \int_{0}^{1} x^n \, dx = \frac{1}{n+1} \implies \frac{d^k}{dn^k} f(n) = \int_{0}^{1} x^n (\log(x))^k \, dx = \frac{(-1)^{k} k!}{(n+1)^{k+1}}$$

Desde $x \log(x)$ no cambia de signo, tenemos $$\int_{0}^{1} |x\log(x)|^n \, dx = \frac{n!}{(n+1)^{n+1}}$$ From this expression, we see that the given inequality is equivalent to $$\frac{1}{(n+1)e^n} < \int_{0}^{1} |x\log(x)|^n \, dx < \frac{1}{e^n}$$

Un simple cálculo muestra $|x\log(x)|^n$ alcanza un máximo de $e^{-n}$$x=e^{-1}$, por lo que el límite superior es evidente. Para ver el límite inferior nota: $|x\log(x)|^n$ es una función cóncava, por lo que su gráfica se encierra el triángulo con vértices $(0,0)$, $(1,0)$, y $(e^{-n}, e^{-1})$. Este triángulo tiene área de $e^{-n}/2 > e^{-n}/(n+1)$ desde $n>2$.

Answer 5

Algunas veces es más fácil para una inducción si cambiamos la secuencia de un solo paso, por lo que la base de las expresiones es más agradable para manipulaciones algebraicas.
Vamos a reescribir su secuencia de desigualdades como
$$ \displaystyle {n! \a través de e}<{(n+1)^{n+1} \over e^{n+1}} < {(n+1)! \a través de correo} <{(n+2)^{n+2} \over e^{n+2}}< {(n+2)! \a través de e} \tag 1 $$
y para más simples referencias a continuación como $$ a_0 \quad < \quad b_0 \quad <\quad a_1 \quad <\quad b_1 \quad < \quad a_2 \tag 2$$

Entonces nos preguntamos: ¿de $a_0<b_0<a_1$ seguir ese $a_1<b_1<a_2$ ?

De curso $a_1 = (n+1) \cdot a_0$, por lo que podría ser útil para definir $b_0$ como fracción en el intervalo de $a_0$$a_1$: $$ b_0 = (n+1)q_1 \cdot a_0 \text{ where } q_1<1 \tag {3.1 }$$. Consequently, define $$ b_1 = (n+2)q_2 \cdot a_1 \text{ where also } q_2<1 \tag {3.2 }$$ Aquí la desigualdad $q_2 < 1$ no se sabe, pero se espera y si esto puede ser demostrado por inducción a partir de $q_1$ esto podría resolver el problema .

Así que empezamos con $$q_1 = {b_0 \over a_0 (n+1)} = {(n+1)^{n} \over e^n n! } \tag {4.1 } $$ y por el principio de la inducción sabemos, que esto es de hecho menor que 1 por lo $$q_1 < 1 \tag {4.2 }$$

Ahora nos hemos limitado a $$q_2 = {b_1 \over a_1 (n+2)} = {(n+2)^{n+1} \over e^{n+1} (n+1)! } \tag {4.3 }$$ Luego consideraremos la sistemática de la progresión en la secuencia de $q_1,q_2,q_3,...$. Para empezar podemos determinar la relación de $r_2={q_2 \over q_1}$ . Nos encontramos $$ \begin{eqnarray} r_2&=&{q_2 \over q_1}& =&{ {(n+2)^{n+1} \over e^{n+1} (n+1)! } \over {(n+1)^{n} \over e^{n} (n)! } } \\ &&&=& {(n+2)^{n+1} e^{n} (n)! \over e^{n+1} (n+1)! (n+1)^{n}} \\ &&&=& {(n+2)^{n+1} \over e (n+1)^{n+1}} \\ &&&=& \left({n+2 \over n+1}\right)^{n+1} \cdot \frac 1e \\ r_2&=&{q_2 \over q_1}& =& \left( 1 + {1 \over n+1} \right)^{n+1} \cdot \frac 1e \end{eqnarray} \etiqueta {5.1 }$$

Ahora es necesario reconocer o recordar a partir de la definición de $e$, que la última expresión es menor que 1 y que para $n \to \infty$ aproxima monótonamente 1.
También vemos por la expansión del binomio de la serie $(1+1/x)^x=1+1+1/2+...$ en el caso general de que para $x>2$ es mayor que $2$ $${2 \over e} \approx 0.73 < r_2 < 1 \tag{5.2}$$

De esto sabemos ahora, que $q_2$ no es sólo que más pequeño de $1$, pero también menor que $q_1$ pero$q_{n+1} \to q_n$ por el aumento de $n$.

Así tenemos $$ \begin{eqnarray} &q_2 &=& q_1 \cdot r_2 < q_1 < 1 \\ \to& b_1 &<& (n+2) a_1 = a_2 \\ \to &a_1 &<& b_1 <a_2 \end{eqnarray} \etiqueta {6 }$$ lo que queríamos mostrar.