mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 13, 2024 10:47 am**

Με αφορμή την συζήτηση εδώ, προτείνω:

Να αποδειχθούν οι παρακάτω ανισότητες για $n\in N$ (χωρίς άμεση ή έμμεση χρήση της εκθετικής συνάρτησης):

(Ι) $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{2}{5}$

(II) $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{3}{8}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 13, 2024 6:54 pm**

gbaloglou έγραψε: Τρί Αύγ 13, 2024 10:47 am Να αποδειχθούν οι παρακάτω ανισότητες για $n\in N$ (χωρίς άμεση ή έμμεση χρήση της εκθετικής συνάρτησης):

(Ι) $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{2}{5}$

(II) $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{3}{8}$

Αφού $\dfrac{3}{8}<\dfrac{2}{5}$ , αρκεί να δείξουμε την δεύτερη. Για n=1

ισχύει, οπότε ας ασχοληθούμε με τα $n\ge 2$ . Γράφουμε N=n-1

οπότε $N \ge 1$ και το αποδεικτέο γίνεται

$\left (\dfrac {N}{N+1} \right ) ^{N+1} < \dfrac{3}{8}$ , ισοδύναμα $\dfrac{8}{3} < \left (1+ \dfrac {1}{N} \right ) ^{N+1}$

Για N=1,2

ελέγχουμε με το χέρι. Για $N\ge 3$ από το ανάπτυγμα του διωνύμου κρατώντας μόνο τους

πρώτους όρους έχουμε (δεδομένου ότι όλοι οι προσθετέοι είναι θετικοί) ότι

$\left (1+ \dfrac {1}{N} \right ) ^{N+1} \ge 1+ (N+1) \cdot \dfrac {1}{N} + \dfrac {(N+1)N}{2!} \cdot \dfrac {1}{N^2}+ \dfrac {(N+1)N(N-1)}{3!} \cdot \dfrac {1}{N^3}=$

$= ... = \dfrac {8}{3} + \dfrac {9N-1}{6N^2} > \dfrac {8}{3} + \dfrac {1 }{6N^2} > \dfrac {8}{3}$ , όπως θέλαμε.

Σχόλιο: Αν στο ανάπτυγμα παίρναμε άλλον ένα όρο θα βρίσκαμε $\dfrac{65}{24} < \left (1+ \dfrac {1}{N} \right ) ^{N+1}$ , που σημαίνει ότι η αντίστοιχη αρχική ερώτηση παίρνει την μικρή βελτίωση

$\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{24}{65}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 13, 2024 7:22 pm**

Μιχάλη θα γελάσεις, μπήκα στο

για να προσθέσω τρίτο ερώτημα για την $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{4}{11},$ με την σημείωση ότι "δεν έχω λύση για την (ΙΙΙ)" αλλά ... με πρόλαβες

(Πανέμορφη και κλιμακούμενης δυσκολίας* η ακολουθία $\dfrac{2}{5}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{4}{11},$ χωρίς ... συνέχεια όμως!) Η τελική σου βελτίωση, $\dfrac{24}{65}$ , αποτυγχάνει οριακά! (Βεβαίως με έναν ακόμη όρο μάλλον τακτοποιείται το ζήτημα...)

*για το $\dfrac{2}{5}$ η απόδειξη μου αρκετά απλή και πολύ κοντά σ' αυτήν που παρουσίασα εδώ για το $\dfrac{1}{2},$ για το $\dfrac{3}{8}$ η απόδειξη μου κοντά στην δική σου αλλά και αρκετά μακριά, καθώς κάπου κάτι ξέφυγε ... και απαιτούνταν έλεγχος των 13 πρώτων περιπτώσεων!!!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 13, 2024 11:11 pm**

Γιώργο, πολύ ενδιαφέροντα αυτά που γράφεις. Ας προσθέσω ότι οι αποδεικτέες ανισότητες $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{p}{q}$ , που ισοδυναμούν με την

$\dfrac{q}{p} < \left (1+ \dfrac {1}{N} \right ) ^{N+1}$

έχουν ωραίες σταδιακά κλιμακούμενες προσεγγίσεις (στην θέση των $\dfrac{q}{p} = \dfrac{5}{2},\, \dfrac{q}{p} = \dfrac{8}{3}$ και λοιπά) τους ρητούς

$1+ \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!}$ , μετά $1+ \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!}$ , πιο μετά $1+ \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!} + \dfrac{1}{4!}$ , και λοιπά.

Η λύση μου ακριβώς αυτό δείχνει. Και φυσικά το όριο των προσεγγίσεων αυτών είναι το (αναμενόμενο)

, που είναι το infimum των $\left (1+ \dfrac {1}{N} \right ) ^{N+1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 13, 2024 11:41 pm**

gbaloglou έγραψε: Τρί Αύγ 13, 2024 7:22 pm Μιχάλη θα γελάσεις, μπήκα στο για να προσθέσω τρίτο ερώτημα για την $\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^n<\dfrac{4}{11},$ με την σημείωση ότι "δεν έχω λύση για την (ΙΙΙ)" αλλά ... με πρόλαβες (Πανέμορφη και κλιμακούμενης δυσκολίας* η ακολουθία $\dfrac{2}{5}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{4}{11},$ χωρίς ... συνέχεια όμως!) Η τελική σου βελτίωση, $\dfrac{24}{65}$ , αποτυγχάνει οριακά! (Βεβαίως με έναν ακόμη όρο μάλλον τακτοποιείται το ζήτημα...)

*για το $\dfrac{2}{5}$ η απόδειξη μου αρκετά απλή και πολύ κοντά σ' αυτήν που παρουσίασα εδώ για το $\dfrac{1}{2},$ για το $\dfrac{3}{8}$ η απόδειξη μου κοντά στην δική σου αλλά και αρκετά μακριά, καθώς κάπου κάτι ξέφυγε ... και απαιτούνταν έλεγχος των 13 πρώτων περιπτώσεων!!!

Iδού πως έμπλεξα:

Για την πρώτη ανισότητα,

$2n^n=2((n-1)+1)^n>2(n-1)^n+2n(n-1)^{n-1}+2\dfrac{n(n-1)}{2}(n-1)^{n-2}>$

2(n-1)^n+2(n-1)^n+(n-1)^n=5(n-1)^n

[ουδέν πρόβλημα]

Για την δεύτερη ανισότητα, με τον ίδιο ακριβώς τρόπο (και τους τρεις πρώτους όρους) λαμβάνουμε $3n^n>\dfrac{15}{2}(n-1)^n,$ ο τέταρτος όρος δίνει $3\dfrac{n(n-1)(n-2)}{6}(n-1)^{n-3}$ που θα επαρκούσε ΑΝ n(n-2)>(n-1)^2,

οπότε πρέπει να πάμε και στον πέμπτο όρο $3\dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24}(n-1)^{n-4}$ ... και σ' αυτό το σημείο ... βλέποντας (το) αδιέξοδο σκέφτηκα ότι για αρκετά μεγάλο

μπορούμε να έχουμε n-2>a(n-1)

και

... οπότε τελικά θα χρειαζόμασταν -- για την επιπλέον $\dfrac{(n-1)^n}{2}$ ποσότητα -- την $\dfrac{a}{2}+\dfrac{a^2}{8}>\dfrac{1}{2},$ δηλαδή κάτι σαν a>0,84

που δίνει

[Υπάρχει μια κάποια σπατάλη όρων στην παραπάνω προσέγγιση ... που αποφεύγεται με την αναγωγή στην $\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n>\dfrac{8}{3}$ που ακολούθησε ο Μιχάλης...]

mathematica.gr

Προς τον 1/e

Προς τον 1/e

Re: Προς τον 1/e

Re: Προς τον 1/e

Re: Προς τον 1/e

Re: Προς τον 1/e