Pozbierajmy znane dowody monotoniczności klasycznych ciągów.

[a4karo]

\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\nearrow e}\), \(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\searrow e}\).

Pozbierajmy w tym wątku znane (i nieznane) dowody tych faktów. Może urodzi się z tego coś?
Prośba o podanie źródła, jeżeli publikujecie znany dowód.

Zacznę od takiego: jeżeli \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją wklęsłą, to iloraz różnicowy \(\displaystyle{ \frac{f(x)-f(y)}{x-y}}\) jest funkcją malejącą.
Kładąc \(\displaystyle{ f(x)=\ln(1+x)}\) wnosimy, że
\(\displaystyle{ \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\ln 1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)-1}=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)^n}\) rośnie, bo ciąg \(\displaystyle{ 1/n}\) maleje.
Z drugiej strony
\(\displaystyle{ \frac{\log \left(1-\frac{1}{n+1}\right) - \log 1}{-\frac{1}{n+1}} = \log \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}}\) maleje, bo ciąg \(\displaystyle{ -1/(n+1)}\) rośnie.


Interesujący jest również ciąg \(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1/2}}\), który maleje, jako że jest to graniczny przypadek gdzie psuje sie monotoniczność (dla wykładników \(\displaystyle{ >n+a^}\) ciąg maleje, gdy \(\displaystyle{ a\geq 1/2}\) a rośnie od pewnego miejsca gdy \(\displaystyle{ 0<a<1/2}\)). Ładne dowody tych faktów również mile widziane

[Dasio11]

Nie znam źródła:

Niech \(\displaystyle{ x_1, x_2 > 0}\) oraz \(\displaystyle{ x_1<x_2.}\) Wtedy \(\displaystyle{ 0<\frac{x_1}{x_2}<1,}\) zatem na mocy nierówności Bernoulliego

\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{x_1} \right)^{x_1} = \left(1+\frac{1}{x_1} \right)^{\frac{x_1}{x_2} \cdot x_2} < \left(1+ \frac{x_1}{x_2} \cdot \frac{1}{x_1} \right)^{x_2} = \left(1+\frac{1}{x_2} \right)^{x_2}.}\)

Powyższe wynikanie jest prawdziwe w szczególności dla wszystkich naturalnych \(\displaystyle{ x_1, x_2,}\) zatem ciąg \(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{n} \right)^n}\) jest rosnący.

[a4karo]

Fajne, nie znałem. Bardziej znana jest wersja nierowności Bernoulliego dla wykłądnika >1, więc może lepiej odwrócićrozumowanie?

No to pokażę jeszcze dwa:
\(\displaystyle{ \log \frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)^x}{e}=\int_0^1\frac{-t}{t+x}dt \nearrow 0}\) bo każda funkcja podcałkowa rośnie
\(\displaystyle{ \log \frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+1}}{e}=\int_0^1\frac{1-t}{t+x}dt \searrow 0.}\), bo każda funkcja podcałkowa maleje.

[Janusz Tracz]

\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\nearrow}\)

dowód:    

Rozważmy \(\displaystyle{ \xi_1\in\left( 0, \frac{1}{x_2} \right)}\) i \(\displaystyle{ \xi_2\in \left( \frac{1}{x_2},\frac{1}{x_1} \right)}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow \xi_1<\xi_2 \Rightarrow \frac{1}{1+\xi_1}> \frac{1}{1+\xi_2}}\)

Z

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Lagrange%E2%80%99a_%28rachunek_r%C3%B3%C5%BCniczkowy%29

można zapisać że

\(\displaystyle{ \frac{1}{1+\xi_1}= \frac{\ln\left( 1+ \frac{1}{x_2} \right)-\ln\left( 1+0\right)}{\frac{1}{x_2}-0}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{1+\xi_2}= \frac{\ln\left( 1+ \frac{1}{x_1} \right)-\ln\left( 1+\frac{1}{x_2}\right)}{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}}\)

Stąd równoważnie z założeniem mamy nierówność

\(\displaystyle{ \frac{\ln\left( 1+ \frac{1}{x_2} \right)}{\frac{1}{x_2}}>\frac{\ln\left( 1+ \frac{1}{x_1} \right)-\ln\left( 1+\frac{1}{x_2}\right)}{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}}\)

\(\displaystyle{ \left( \frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_2} \right)\cdot \ln\left( 1+ \frac{1}{x_2} \right)> \frac{1}{x_2} \cdot \left( \ln\left( 1+ \frac{1}{x_1} \right)-\ln\left( 1+\frac{1}{x_2}\right)\right)}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{x_1} \cdot \ln\left( 1+ \frac{1}{x_2} \right) > \frac{1}{x_2} \cdot \ln\left( 1+ \frac{1}{x_1} \right)}\)

\(\displaystyle{ \ln\left( 1+ \frac{1}{x_2} \right)^{x_2}>\ln\left( 1+ \frac{1}{x_1} \right)^{x_1}}\)

\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{x_2} \right)^{x_2}>\left( 1+ \frac{1}{x_1} \right)^{x_1}}\)

Ponieważ oczywiste jest że \(\displaystyle{ x_1<x_2}\) to zachodzi

\(\displaystyle{ \left(x_1<x_2 \right) \Rightarrow \left( \left( 1+ \frac{1}{x_2} \right)^{x_2}>\left( 1+ \frac{1}{x_1} \right)^{x_1}\right)}\)

Co oznacza że \(\displaystyle{ f(x)=\left( 1+ \frac{1}{x} \right)^{x}}\) jest rosnąca. Ponad to przyjmując \(\displaystyle{ x_1=n}\) i \(\displaystyle{ x_2=n+1}\) dostajemy tezę.

[Takahashi]

Czy to rozumowanie nie jest okrężne? Jak zdefiniować logarytm bez znajomości istnienia granicy

\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac xn\right)^n}\)

nawet dla \(\displaystyle{ x = 1}\)?

[Premislav]

No cóż, można zdefiniować
\(\displaystyle{ \exp(x)= \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{x^n}{n!}}\) i logarytm naturalny jako funkcję odwrotną do tej funkcji… Wtedy różne wzorki z pochodnymi możemy otrzymać przez różniczkowanie szeregów potęgowych. Ale chyba zwykle tak się nie robi…

[Janusz Tracz]

Niczego nie definiowałem (bo sytuacja tego nie wymagała) tak samo jak a4karo, który też użył \(\displaystyle{ e}\) w swoim poście i było ok.
A nawet jeśli to niech \(\displaystyle{ e= \lim_{n \to \infty } \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}}\) i po sprawie. Równość \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n= \lim_{n \to \infty } \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}}\) pokazałem tu

[Premislav]

Nierówność
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac 1 n\right)^{n+\frac 1 2}> \left( 1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1+\frac 1 2}}\)
możemy przepisać w postaci
\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{n^2+2n} \right)^{n+\frac 1 2} >1+\frac{1}{n+1}}\)
Dla \(\displaystyle{ n=1}\) sprawdzamy "ręcznie", że nierówność jest spełniona, zaś dalej przyda się takie wzmocnienie nierówności Bernoulliego: jeśli
\(\displaystyle{ x > 0, \ a > 2}\) to
\(\displaystyle{ (1+x)^a \ge 1+ax+ \frac{a(a-1)}{2}x^2}\)
Dowód tego faktu można przeprowadzić w oparciu o rachunek różniczkowy, z użyciem klasycznej nierówności Bernoulliego (w celu wykazania dodatniości pochodnej).

Korzystając z powyższego wzmocnienia nierówności Bernoulliego, otrzymujemy
\(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{1}{n^2+2n} \right)^{n+\frac 1 2}>1+ \frac{n+\frac 1 2}{n^2+2n}+ \frac{n^2-\frac 1 4}{2n^2(n+2)^2}}\)
i zostaje do udowodnienia
\(\displaystyle{ \frac{n+\frac 1 2}{n^2+2n}+ \frac{n^2-\frac 1 4}{2n^2(n+2)^2}
\ge \frac{1}{n+1}}\)
a ten syf już można przemielić. Oczywiście, stąd też wynika, że dla dowolnego \(\displaystyle{ k\ge \frac 1 2}\)
ciąg \(\displaystyle{ a_n=\left( 1+\frac 1 n\right)^{n+k}}\) jest malejący.

Ciekawi mnie jednak, jak uzyskać wniosek, że \(\displaystyle{ \frac 1 2}\) jest tym "granicznym" \(\displaystyle{ k}\) - pojęcia nie mam.
Druga sprawa: czy tę nierówność da się udowodnić inaczej, ale nie przywalając przy tym grubszą teorią (czyli np. nierówności między średnimi, Cauchy'ego-Buniakowskiego-Schwarza i jakieś sprytne lematy jak najbardziej, a np. rachunek całkowy nie)?

-- 13 wrz 2017, o 03:40 --

Patrząc na to od nieco innej strony i uogólniając ociupinkę (ale tylko ociupinkę, pewnie są lepsze uogólnienia), można się pokusić o użycie twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej dla funkcji
\(\displaystyle{ f(x)=(x+k)\ln\left( 1+\frac 1 x\right)}\) i zagadnienie sprowadza się wówczas do znalezienia najmniejszej stałej \(\displaystyle{ k>0}\), dla której zachodzi
\(\displaystyle{ \ln\left( 1+\frac 1 a\right) < \frac{a+k}{a^2+a}}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ a\ge 1}\)
Ale to jest już bardzo nieładne, należy (chyba że ktoś to umie obejść) zbadać zachowanie funkcji
\(\displaystyle{ g(a)=(a^2+a)\ln\left( 1+\frac 1 a\right)-a}\) w przedziale \(\displaystyle{ [1,\infty)}\)
Mamy \(\displaystyle{ g'(a)=(2a+1)\ln\left( 1+\frac 1 a\right)-2>0}\)
dla \(\displaystyle{ a\ge 1}\), ale wykazanie tego nie należy do przyjemności (znowu różniczkowanie albo szacowania wynikające z rozwinięcia w szereg ), więc by znaleźć optymalne \(\displaystyle{ k}\), należy
obliczyć \(\displaystyle{ \lim_{a \to \infty }g(a)=\frac 1 2}\)

-- 13 wrz 2017, o 04:23 --

Ajć, nie zauważyłem słowa "ładne", no cóż, nic co piszę nie jest ładne, ale szkoda już mi usuwać.

[a4karo]

To coś, co nie wykorzystuje wiedzy o logarytmach i liczbie \(\displaystyle{ e}\):

Rozpatrzmy funkcję \(\displaystyle{ f:(0,\infty)\times(\RR\setminus\{0\})}\) daną wzorem
\(\displaystyle{ f(x,t)=\frac{x^t-1}{t}}\)
Ta funkcja jest ściśle rosnąca względem pierwszej zmiennej (wystarczy zróżniczkować), oraz względem drugiej (jako iloraz różnicowy wypukłej funkcji wykładniczej - tutaj monotoniczność jest ścisła dla \(\displaystyle{ x\neq 1}\))

(inny argument to równość \(\displaystyle{ f(x,t)=\int_1^x s^{t-1}ds.}\))

Dla każdego \(\displaystyle{ t}\) mamy \(\displaystyle{ f(1,t)=0}\), a dla \(\displaystyle{ t>-1}\) zachodzi \(\displaystyle{ \lim_{x\to \infty} f(x,t)>1}\).

Stąd wniosek, że dla każdego \(\displaystyle{ -1<t\neq 0}\) istnieje dokładnie jedno \(\displaystyle{ x(t)>1}\) takie, że \(\displaystyle{ f(x(t),t)=1}\).




Gdyby dla \(\displaystyle{ t<s}\) było \(\displaystyle{ x(t)\leq x(s)}\), to mielibyśmy ciąg nierówności
\(\displaystyle{ 1=f(x(t),t)\leq f(x(s),t)<f(x(s),s)=1}\)

Ta sprzeczność dowodzi, że \(\displaystyle{ x(t)}\) jest funkcja malejącą. Ale \(\displaystyle{ x(t)=(1+t)^{1/t}}\).

Zatem funkcja \(\displaystyle{ x(1/t)=\left(1+\frac{1}{t}\right)^t}\) rośnie, a funkcja
\(\displaystyle{ x\left(-\frac{1}{t+1}\right)=\left(1+\frac{1}{t}\right)^{t+1}}\) maleje

[timon92]

udowodnimy, że jeśli \(\displaystyle{ a<\frac 12}\), to ciąg \(\displaystyle{ \left(1+\frac 1n\right)^{n+a}}\) od pewnego miejsca rośnie

innymi słowy: wykażemy, że dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) zachodzi nierówność

\(\displaystyle{ \left(1+\frac 1n\right)^{n+a} < \left(1+\frac 1{n+1}\right)^{n+1+a}}\)

po podzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ \left(1+\frac 1{n+1}\right)^{n+a}}\) dostajemy równoważną postać

\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n(n+2)} \right)^{n+a} < \frac{n+2}{n+1}}\)

wykażemy lemat: \(\displaystyle{ \left(1+\frac xn\right)^n < 1+x+\frac{x^2}2}\) dla \(\displaystyle{ 0<x<\frac 1n}\)

\(\displaystyle{ \left(1+\frac xn \right)^n =
1+x+\frac{n(n-1)}{2}\frac{x^2}{n^2}+\sum_{i=3}^n \frac{n(n-1)(n-2)\ldots(n-i+1)}{i!}\frac{x^i}{n^i} \\ \phantom{\left(1+\frac xn \right)^n } =
1 + x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{2n} + \sum_{i=3}^n \frac{n(n-1)(n-2)\ldots(n-i+1)}{i!}\frac{x^i}{n^i} \\ \phantom{\left(1+\frac xn \right)^n }<
1+x+\frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{2n} + \sum_{i=3}^n \frac{n\cdot n \cdot \ldots \cdot n}{2^{i-1}}\frac{x^2}{n^{i+1}} \\ \phantom{\left(1+\frac xn \right)^n }=
1+x+\frac{x^2}{2} - \frac{x^2}{2n} + \sum_{i=3}^n \frac{x^2}{2^{i-1}n} \\ \phantom{\left(1+\frac xn \right)^n } <
1+x+\frac{x^2}{2}}\)

stosujemy lemat dla \(\displaystyle{ x=\frac{1}{n+2}}\):

\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n(n+2)} \right)^{n} < 1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{2(n+2)^2}}\)

z nierówności Bernoulliego mamy też

\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n(n+2)} \right)^{a} \le 1+\frac{a}{n(n+2)}}\)

wobec tego

\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n(n+2)} \right)^{n+a} < \left(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{2(n+2)^2}\right)\left(1+\frac{a}{n(n+2)}\right)}\)

wystarczy więc dowieść, że dla dostatecznie dużych n mamy

\(\displaystyle{ \left(1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{2(n+2)^2}\right)\left(1+\frac{a}{n(n+2)}\right) < \frac{n+2}{n+1}}\)

mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ n(n+1)(n+2)^3}\), wymnażamy nawiasy i po uporządkowaniu współczynników dostajemy nierówność wielomianową \(\displaystyle{ P(n)\ge 0}\)

współczynnik wiodący wielomianu \(\displaystyle{ P}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac 12 - a > 0}\), tak więc żądana nierówność jest spełniona dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\)

[Premislav]

Dowód faktu, iż ciąg \(\displaystyle{ e_n=\left( 1+\frac 1 n\right)^n, \ n=1,2\ldots}\) jest rosnący, który pokażę, znalazłem kiedyś na Wikipedii, a literatura do artykułu ... aturalnego sugeruje, że można tenże dowód znaleźć w książce Bogdana Misia Tajemnicza liczba e i inne sekrety matematyki (choć pewnie nie jest to oryginalne źródło dowodu).

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną mamy
\(\displaystyle{ \frac{1+\overbrace{\left(1+\frac 1 n\right)+\ldots+\left(1+\frac 1 n\right)}^{n}}{n+1} \ge \left( 1+\frac 1 n\right)^{\frac{n}{n+1}}}\)
(równość nie zajdzie, bo \(\displaystyle{ 1\neq 1+\frac 1 n}\), a w nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną równość zachodzi tylko dla równych zmiennych).
czyli, inaczej zapisując lewą stronę,
\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{n+1} \ge \left( 1+\frac{1}{n}\right)^{\frac{n}{n+1}}}\)
Obie strony są dodatnie, wiec równoważnie podnosimy nierówność stronami do potęgi \(\displaystyle{ n+1}\), co daje
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}>\left( 1+\frac 1 n\right)^n}\),
a to jest właśnie teza.

[timon92]

@up podmieniając w niektórych miejscach jedynkę na \(\displaystyle{ x>-n}\) możemy udowodnić w ten sam sposób, że \(\displaystyle{ \left( 1+\frac{x}{n+1}\right)^{n+1}>\left( 1+\frac x n\right)^n}\)

wraz z jakimś szacowaniem \(\displaystyle{ M> \left( 1+\frac x n\right)^n}\) niezależnym od \(\displaystyle{ n}\) prowadzi to do wniosku, że ciąg \(\displaystyle{ \left( 1+\frac x n\right)^n}\) jest zbieżny (do liczby, którą zwykło się nazywać \(\displaystyle{ \exp(x)}\))

[Premislav]

Dobre!

[piobury]

Dowód faktu, iż ciąg \(\displaystyle{ e_n=\left( 1+\frac 1 n\right)^n, \ n=1,2\ldots}\) jest rosnący, który pokażę, znalazłem kiedyś na Wikipedii, a literatura do artykułu ... aturalnego sugeruje, że można tenże dowód znaleźć w książce Bogdana Misia Tajemnicza liczba e i inne sekrety matematyki (choć pewnie nie jest to oryginalne źródło dowodu).

Akurat w tej książce Bogdan Miś przedstawia inny dowód monotoniczności tego ciąu.

\(\displaystyle{ a_n=\left(1+ \frac{1}{n}\right)^n=1+n \frac{1}{n}+\frac{n(n-1)}{1\cdot 2}\cdot \frac{1}{n^2}+ \ldots + \frac{n(n-1)\ldots (n-n+1)}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot n} \cdot \frac{1}{n^n}=1+1+\frac{1}{2!}\left(1-\frac{1}{n}\right)+\ldots +\frac{1}{n!}\left(1-\frac{1}{n}\right) \ldots \left(1-\frac{n-1}{n}\right)}\)

Rozważając wyraz następny tj. \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) otrzymamy w powyższej sumie jeden składnik więcej, a do tego każdy składnik sumy zwiększy się (zamiast wyrażeń \(\displaystyle{ 1- \frac{r}{n}}\) pojawią się wyrażenia większe: \(\displaystyle{ 1- \frac{r}{n+1}}\))
Zatem ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) jest rosnący.