Demostrando esta desigualdad $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n < 3$

Question

¿Cómo puedo probar esto, en particular, el uso de un método que utiliza una serie geométrica y el coeficiente binomial.
Estoy teniendo problemas para dar una razón para $(\star)$ especialmente.
Esto es lo que hice

Para $n=1$, LHS = $(1+1)^1 = 2 < 3$ = RHS.
Así, por $n=2$,
$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \equiv {\large{\sum_{k=0}^n}} \begin{pmatrix}n \\ k \end{pmatrix}\frac{1}{n^k} \\ = {\large{\sum_{k=0}^n}}\frac{n!}{k!(n-k)!n^k} \\ < \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} \\ < \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \\ < \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(\frac{3}{2})^k} \qquad (\star)\\ = 3. $$

$(\star)$ desde $k>2 > \frac{3}{2} \implies k! > 2 > \frac{3}{2}$$k! > (\frac{3}{2})^k$$k>2$.

Yo sólo sé que esto es cierto (el último paso de la crianza de 1.5 a la potencia $k$) por la comprobación de mi calculadora, pero no veo una razón por la que el factorial crece más rápido o es más grande que la exponencial.

Answer 1

Eche un vistazo en la página 99 de estas notas, donde he demostrado la mayor desigualdad de $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq \frac{20}{7}$ mediante la combinación de AM-GM de la desigualdad con un creativo telescópica idea.

Otro enfoque posible, una vez que se ha demostrado que la secuencia de $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ es creciente y convergente a $e$, es de notar que $x(1-x)$ es no-negativa y limitada por $\frac{1}{4}$$(0,1)$, por lo tanto

$$ 0\leq -1+\frac{3}{e} = \int_{0}^{1}x(1-x) e^{-x}\,dx \leq \frac{1}{4} $$ inmediatamente lleva a la $e<3$.

El laico del camino es sólo para recordar que $e^{-x}$ es toda una función, por lo tanto $\frac{1}{e}$ es representado por un rápido convergente la serie: $$ \frac{1}{e} = \frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}-\ldots $$ y debido a la alternancia de signos: $$ \frac{1}{3}=\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}<\frac{1}{e}< \frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!} = \frac{3}{8}$$ por lo tanto $e\in\left(\tfrac{8}{3},3\right).$

Answer 2

No sé si esto funcionará para $\frac{2}{3}$ pero algo similar no $\frac{1}{2}$...

$k \geq 2$ Tenemos $ k! \geq 2^{k-1}$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = 1+1+ \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k!} < 2+\sum_{k=2}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1} =2+ \frac{\frac{1}{2}} {1-\frac{1}{2}} =3. \end{eqnarray *}

Answer 3

Para responder a su pregunta directamente $k! = k(k - 1)...1.$ allí son $k$ términos allí: $k, k - 1, k - 2, ..., 1.$ Si $k > 2$ % entonces $(k-2)...(2) > (3/2)^{k - 2}$porque cada término es mayor que $3/2.$ por lo que sólo hay que ver si $k > (3/2)^2 = 9/4.$ claramente, porque $k$ es un número entero y $k > 2$ tenemos que $k > 9/4.$

Answer 4

Como Thomas Andrews, señaló en su comentario, usted necesita mostrar

$1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24}+\cdots < 1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots$

Lema: Para todos los $n \ge 1$, $\tag 1 \;2^n \le (n+1)!$
Prueba
Deje $I_n = \{1,2,3,\dots,n\}$, y considerar el grupo simétrico $S_{n+1}$$I_n \cup \{\hat x\}$. Pretendemos que para cualquier subconjunto $J$ $I_n$ podemos asociar una permutación $\sigma_J$$S_{n+1}$, y que la asociación es inyectiva,

$\tag 2 \sigma_J = \sigma_K \Rightarrow J = K$

El conjunto vacío obtiene asignada a la identidad de permutación.
Cualquier singleton, decir $\{k\}$, se haría asignado a la transposición $(k,\hat x)$.
Cualquier otro subconjunto obtendría asignado a la natural cíclico permuation en $S_n$ que deja a $\hat x$ invariante.
(Ejemplo: $\{1,2,4,7\}$ $I_{12}$ mapa a$(1 \; 2\; 4\; 7)$$S_{12} \subset S_{13}$)
Es fácil ver que esto es inyectiva, lo que demuestra la demanda.

El lema ha sido demostrado desde el número de subconjuntos de a $I_n$ $2^n$ y el número de permutaciones en $S_{n+1}$$(n+1)!$.

Se puede comprobar que la desigualdad (1) es estricta al $n = 2$.

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También puede comprobar (1) por la inspección. El LHS ha $n$ factores igual a $2$, mientras que el lado derecho también ha $n$ factores que mayor que o igual a $2$.

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Otro límite superior utilizando técnicas elementales:

$e \lt 65/24 + 2^{-5} = 2.739583333$

El método de inspección de arriba puede ser mejorado para mostrar que

$\tag 3 \text{For all } n \ge 6 \text{, } \; 2^n \le (n-1)!$

Así,

$1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24}+\frac{1}{120}+\cdots \lt$
$\quad (1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24})+2^{-6}+2^{-7}+\cdots =$
$\quad (65/24)+2^{-5}(2^{-1}+2^{-2}+\cdots) = 65/24 + 2^{-5} $

Usted puede seguir para obtener límites superior arbitrariamente cerca de $e$, el siguiente paso con

$\tag 4\text{For all } n \ge 8 \text{, } \; 2^n \le (n-2)!$