$ (1+1/n)^n<e $
Perché $ (1+1/n)^n
Esatto. So del limite ma non capisco il motivo della disuguaglianza.
Ho trovato questa relazione leggendo la dimostrazione della divergenza della serie armonica. La dimostrazione inizia proprio con: Essendo $ (1+1/n)^n
Risposte
Intendi il limite? Se si allora:
$\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^n=e$
Questo limite è uno dei vari cosiddetti limiti notevoli.
C'è una dimostrazione, ma è complicata quel che io ricordi. Ti serve la dimostrazione?
$\lim_{n \to \infty}(1+1/n)^n=e$
Questo limite è uno dei vari cosiddetti limiti notevoli.
C'è una dimostrazione, ma è complicata quel che io ricordi. Ti serve la dimostrazione?
@Vicia: Veramente la domanda era un'altra, credo. Immagino che l'OP definisca \(e\) come
\[
e=\sum_{n=0}^\infty \frac1{n!},\]
e avrebbe fatto meglio a dirlo, così come avrebbe fatto meglio a dare qualche dettaglio in più su ciò che sta facendo, altrimenti così non è semplice rispondere.
\[
e=\sum_{n=0}^\infty \frac1{n!},\]
e avrebbe fatto meglio a dirlo, così come avrebbe fatto meglio a dare qualche dettaglio in più su ciò che sta facendo, altrimenti così non è semplice rispondere.
"dissonance":
@Vicia: Veramente la domanda era un'altra.
Esatto. So del limite ma non capisco il motivo della disuguaglianza.
Ho trovato questa relazione leggendo la dimostrazione della divergenza della serie armonica. La dimostrazione inizia proprio con: Essendo $ (1+1/n)^n
Mi è venuta in mente una risposta diretta. Usando il teorema binomiale,
\[
\left( 1+\frac 1 n\right)^n = \sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{1}{n^k}=\sum_{k=0}^n \frac{ n (n-1)\ldots (n-(k-1)) }{n^k k!}.\]
Siccome
\[
\begin{split}
\frac{n (n-1)(n-2)\ldots (n-(k-1)) }{n^k}&= \left( \frac{n-1}{n}\right)\left(\frac{n-2}{n}\right)\ldots \left(\frac{n-(k-1)}{n}\right)\\
&=\left( 1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\ldots \left(1- \frac{(k-1)}{n}\right)\le 1,
\end{split}\]
si ha che
\[
\left( 1+\frac 1 n\right)^n\le \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\le \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}=e.\]
\[
\left( 1+\frac 1 n\right)^n = \sum_{k=0}^n {n\choose k}\frac{1}{n^k}=\sum_{k=0}^n \frac{ n (n-1)\ldots (n-(k-1)) }{n^k k!}.\]
Siccome
\[
\begin{split}
\frac{n (n-1)(n-2)\ldots (n-(k-1)) }{n^k}&= \left( \frac{n-1}{n}\right)\left(\frac{n-2}{n}\right)\ldots \left(\frac{n-(k-1)}{n}\right)\\
&=\left( 1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\ldots \left(1- \frac{(k-1)}{n}\right)\le 1,
\end{split}\]
si ha che
\[
\left( 1+\frac 1 n\right)^n\le \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\le \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}=e.\]
Stavo pensando che, se ti serve solo la disuguaglianza
\[
\log\left(1+\frac1n\right)< \frac1n, \]
puoi anche ottenerla direttamente e forse è più facile. Mi vengono in mente due metodi.
Metodo 1. La funzione \[f(x)=\log(1+x), \qquad x\in (-1, \infty),\]
è strettamente concava, come si verifica subito calcolando la derivata seconda. Vale quindi la disuguaglianza
\[
f(x)< f'(0)x, \qquad \forall x\in (-1, \infty),\ x\ne 0.
\]
In particolare, per \(x=\frac1n\) e \(n\in \mathbb N\), si ha che \(x\ne 0\) e perciò
\[
\log\left( 1+\frac 1n\right) < \frac1n.\]
Metodo 2. Sviluppiamo \(\log (1+x)\) in serie di Taylor di centro \(x=0\):
\[
\log (1+x)=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{x^k}{k}.\]
La serie converge per \(-10\) e scriviamo
\[
\log(1+x)-x =-\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\ldots < 0,
\]
perché la serie a membro destro è a segni alterni e il termine generale tende a \(0\), quindi ha il segno del primo addendo. (Questo è lo stesso principio che si usa per dimostrare il criterio di Leibniz per la convergenza delle serie a segni alterni). In particolare, per \(x=\frac1n\) e \(n\in\mathbb N\) abbiamo che
\[
\log\left(1+\frac1n\right) -\frac1n < 0.\]
\[
\log\left(1+\frac1n\right)< \frac1n, \]
puoi anche ottenerla direttamente e forse è più facile. Mi vengono in mente due metodi.
Metodo 1. La funzione \[f(x)=\log(1+x), \qquad x\in (-1, \infty),\]
è strettamente concava, come si verifica subito calcolando la derivata seconda. Vale quindi la disuguaglianza
\[
f(x)< f'(0)x, \qquad \forall x\in (-1, \infty),\ x\ne 0.
\]
In particolare, per \(x=\frac1n\) e \(n\in \mathbb N\), si ha che \(x\ne 0\) e perciò
\[
\log\left( 1+\frac 1n\right) < \frac1n.\]
Metodo 2. Sviluppiamo \(\log (1+x)\) in serie di Taylor di centro \(x=0\):
\[
\log (1+x)=\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{x^k}{k}.\]
La serie converge per \(-1
\[
\log(1+x)-x =-\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\ldots < 0,
\]
perché la serie a membro destro è a segni alterni e il termine generale tende a \(0\), quindi ha il segno del primo addendo. (Questo è lo stesso principio che si usa per dimostrare il criterio di Leibniz per la convergenza delle serie a segni alterni). In particolare, per \(x=\frac1n\) e \(n\in\mathbb N\) abbiamo che
\[
\log\left(1+\frac1n\right) -\frac1n < 0.\]
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