$1\le \bigl(1+\frac{\alpha}{n}\bigr)^{n}\le \frac{1}{1-\alpha}$

Question

Dejemos que $n\geq 1$ y $\alpha \in [0,1)$ demostrar que : $$1\le \left(1+\dfrac{\alpha}{n}\right)^{n}\le \dfrac{1}{1-\alpha}$$

Esta pregunta está relacionada con aquella Demostrar que ${n \choose k}\leq n^k$

Mis pensamientos:

Demostrar que la siguiente afirmación, que llamaremos P(n), es válida para todos los números naturales n:

$$1\le \left(1+\dfrac{\alpha}{n}\right)^{n}\le \dfrac{1}{1-\alpha}$$

por lo que mi prueba de que P( $n$ ) es verdadera para cada número natural $n$ procede de la siguiente manera:

Base:

Demuestre que la afirmación es válida para $n=1$ .

P( $1$ ) equivale a la afirmación:

$$1\le \left(1+\dfrac{\alpha}{1}\right)^{1}\le \dfrac{1}{1-\alpha}$$

$$\iff$$

$$1\le \left(1-{\alpha}^2\right)\le 1$$

desde $\alpha \in [0,1) \implies 0\le \alpha < 1 \implies 0\le \alpha^2 < 1 \implies -1 \le -\alpha^2 < 0 \implies 0 \le 1-\alpha^2 < 1$ entonces la afirmación es verdadera para $n=1$ . Así, se ha demostrado que P( $1$ ) sostiene

Paso inductivo:

Demuestre que si P( $n$ ) se cumple, entonces también P( $n+1$ ) se mantiene. Esto se puede hacer de la siguiente manera.

Supongamos que P( $n$ ) se mantiene. Entonces hay que demostrar que P( $n+1$ ) se mantiene, es decir:

$$1\le \left(1+\dfrac{\alpha}{n+1}\right)^{n+1}\le \dfrac{1}{1-\alpha}$$

• No consigo es mi razonamiento correcto y hay otras formas de probar que

Editar

ya que hay un problema en el caso de P(1) porque no debería escribir $1\le \left(1-{\alpha}^2\right)\le 1.$ ya que la desigualdad de la izquierda no es verdadera. tengo que dividirla en dos casos separados y hacerla entonces tenemos :

• Para $\left(1+\dfrac{\alpha}{n}\right)^{n}\le \dfrac{1}{1-\alpha}$

Demostrar que la siguiente afirmación, que llamaremos P(n), es válida para todos los números naturales n:

$$\left(1+\dfrac{\alpha}{n}\right)^{n}\le \dfrac{1}{1-\alpha}$$

por lo que mi prueba de que P( $n$ ) es verdadera para cada número natural $n$ procede de la siguiente manera:

Base:

Demuestre que la afirmación es válida para $n=1$ .

P( $1$ ) equivale a la afirmación:

$\left(1+\dfrac{\alpha}{1}\right)^{1}\le \dfrac{1}{1-\alpha}$ desde $\alpha \in [0,1) \implies 0\le \alpha < 1 \implies 0\le \alpha^2 < 1 \implies -1 \le -\alpha^2 < 0 \implies 0 \le 1-\alpha^2 < 1$ entonces la afirmación es verdadera para $n=1$ . Así, se ha demostrado que P( $1$ ) sostiene

Paso inductivo:

Demuestre que si P( $n$ ) se cumple, entonces también P( $n+1$ ) se mantiene. Esto se puede hacer de la siguiente manera.

Supongamos que P( $n$ ) se mantiene. Entonces hay que demostrar que P( $n+1$ ) se mantiene, es decir:

$$\left(1+\dfrac{\alpha}{n+1}\right)^{n+1}\le \dfrac{1}{1-\alpha}$$

no puedo manejar

• Para $1\le \left(1+\dfrac{\alpha}{n}\right)^{n}$

Answer 1

$$\left(1+\frac an\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk\frac {a^k}{n^k}\le\sum_{k=0}^n a^k\le\sum_{k=0}^\infty a^k=\frac1{1-a}$$

Porque, por ejemplo $\binom nk=\frac{n(n-1)\ldots(n-k+1)}{k!}\le n^k$ pero también es posible ver esto de forma combinada. La última igualdad es la suma de una serie geométrica que funciona para $|a|<1$ .

Answer 2

La inducción puede no ser el mejor enfoque en este caso.

La desigualdad de la izquierda es trivial. En cuanto a la otra, obsérvese que $\left(1-\frac\alpha n\right)^n\ge 1-\alpha$ por la desigualdad de Bernoulli, por lo que $$\left(1+\frac\alpha n\right)^n\cdot(1-\alpha)\le \left(1+\frac\alpha n\right)^n\left(1-\frac\alpha n\right)^n =\left(1-\frac{\alpha^2} {n^2}\right)^n\le 1$$

Answer 3

Por la desigualdad de Bernoulli $\left\{\left(1+\frac{\alpha}{n}\right)^n\right\}_{n\geq 1}$ es una secuencia creciente que converge hacia $e^\alpha$ por lo que basta con demostrar que $e^{\alpha}\leq\frac{1}{1-\alpha}$ o: $$\int_{0}^{\alpha}1\,dz = \alpha \leq -\log(1-\alpha)=\int_{0}^{\alpha}\frac{dz}{1-z}.$$