Dimostrare che $2<e<3$

[BoG3]

Ciao a tutti, mi trovo di fronte a questo esercizio e non so se la mia soluzione puo' funzionare:
Dimostrare che $2
Ho pensato di fare così:

prima di tutto studiero' il caso $2 so che $e = \sum_{n=0}^\infty 1/(n!)$, se provo a calcolarmi $e$ per $n=3$ ho:
$e = \sum_{n=0}^3 1/(n!) = 1/(0!)+1/(1!)+1/(2!)= 1 + 1 + 1/2 = 2.5$.
poiche' la serie $\sum_{n=0}^\infty 1/(n!)$ è a termini positivisono sicuro che al massimo puo' crescere e quindi essendo crescente mi dimostra che $2
poi studio $e = \sum_{n=0}^\infty 1/(n!) <3$
ho pensato così:
$3$ è un maggiorante di $e = \sum_{n=0}^\infty 1/(n!)$, quindi se io maggiorassi la mia $\sum_{n=0}^\infty 1/(n!)$
con ad esempio una serie della quale conosco la somma: $\sum_{n=0}^\infty 1/(n*(n+1)) = 1$, la moltiplico per $3$ e poi scrivo:

$e = \sum_{n=0}^\infty 1/(n!) < 3\sum_{n=0}^\infty 1/(n*(n+1)) = 3$.

Questo va bene?

[Seneca1]

Il primo argomento va bene; il secondo no. Infatti non è vero che $\sum_(n=0)^(oo) 1/(n!) < \sum_(n=1)^(oo) 1/(n(n+1))$.

[BoG3]

Non ho capito, io ho usato (per la seconda parte) la scala di confrtonto asintotico:
${1/(n!)}_n< <{1/n^k}_n$ con $ k \in RR$
poi ...
${1/(n!)}_n< <{1/n^2}_n \sim {1/(n*(n+1))}_n$
perchè non va?

[Seneca1]

Perché vuoi stimare la somma ed il comportamento asintotico ti manda fuori strada. Ti sei accorto che $\sum_(n=0)^(oo) 1/(n!) < \sum_(n=1)^(oo) 1/(n(n+1))$ cioè $e < 1$, contraddice la prima disuguaglianza?

$\sum_(n=0)^(2) 1/(n!) = 1 + 1 + 1/2$ e hai già superato $2$...

Mentre la somma $ \sum_(n=1)^(k) 1/(n(n+1))$ non supererà mai $1$, per quanto arbitrariamente grande tu possa fissare $k$.

[BoG3]

"Seneca":Il primo argomento va bene; il secondo no. Infatti non è vero che .

"Seneca":
Mentre la somma $ \sum_(n=1)^(k) 1/(n(n+1))$ non supererà mai $1$, per quanto arbitrariamente grande tu possa fissare $k$.

Si, lo ho notato, per questo lo ho moltiplicato per 3. Infatti ho scritto $\sum_(n=0)^(oo) 1/(n!) < 3 (\sum_(n=1)^(\infty) 1/(n(n+1)))$

nemmeno così va bene?

[Seneca1]

Non ci siamo. Quella disuguaglianza lì è vera a posteriori, non hai dimostrato niente.

[fireball-votailprof]

"BoG":
$e = \sum_{n=0}^3 1/(n!) = 1/(0!)+1/(1!)+1/(2!)= 1 + 1 + 1/2 = 2.5$.

$e = \sum_{n=0}^3 1/(n!) = 1/(0!)+1/(1!)+1/(2!)+1/(3!)= 1 + 1 + 1/2+1/6 = 2.\bar6$

[Sk_Anonymous]

Per provare la seconda disuguaglianza ci vuole un argomento un po' più raffinato. Io farei così:

Fissato \(\displaystyle m\in \mathbb{N} \) t.c. \(\displaystyle 1 \[\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}=\sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k!} + \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{k!} < \sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k!} + \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{m^{k-m} m!}\]
ove ho utilizzato la disuguaglianza \(\displaystyle k!=k(k-1)\cdot \dots \cdot m! >m^{k-m}m! \)

Usando poi la formula per la somma geometrica parziale si ha \[\displaystyle \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{m^{k-m} m!}=\frac{1}{m!} \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{m^{k-m}}=\frac{1}{m!} \sum_{h=0}^{n-m} \left( \frac{1}{m} \right)^{h}=\frac{1}{m!} \frac{1 - (1/m)^{n-m+1}}{1 - (1/m)}<\frac{1}{m!} \frac{m}{(m-1)} \]
Quindi vale la disuguaglianza \[\displaystyle \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} <\sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k!} +\frac{1}{m!} \frac{m}{(m-1)} \]
e pertanto per \(\displaystyle n \to \infty \) (la maggiorazione è indipendente da \(\displaystyle n \)) si ha
\[\displaystyle e<\sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k!} +\frac{1}{m!} \frac{m}{(m-1)} \]
che con \(\displaystyle m=4 \) fornisce \[\displaystyle e<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{18}<3 \]

[totissimus]

Le limitazioni richieste si ottengono dalla definizione di \(e\):

\( e=lim \left(1+\frac{1}{n} \right)^n=lim \left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}\)
La prima successione è crescente e la seconda decrescente e quindi:

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

Cita

Segnala

[dissonance]

@totissimus: Il problema è che l'OP ha definito \(e\) per serie:

"BoG":[...]so che \[e=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}\][...]

quindi per applicare la tua osservazione occorrerebbe prima dimostrare che
\begin{equation}
\lim_{n\to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n =\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!},
\end{equation}
fatto che, a quanto ne so io, non è proprio immediato.

[totissimus]

Un altro modo per dimostrare che \(e<3\) utilizzando la serie:

\( n! \geq 2^{n-1}\) per \( n \geq 1\)

quindi

\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}=2+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n!} \leq 2+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2^{n-1}}=2+\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=3\)

[Sk_Anonymous]

Mi autocito:

"Delirium":Per provare la seconda disuguaglianza ci vuole un argomento un po' più raffinato. Io farei così:

Fissato \(\displaystyle m\in \mathbb{N} \) t.c. \(\displaystyle 1 \[\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}=\sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k!} + \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{k!} < \sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k!} + \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{m^{k-m} m!}\]
ove ho utilizzato la disuguaglianza \(\displaystyle k!=k(k-1)\cdot \dots \cdot m! >m^{k-m}m! \)

Usando poi la formula per la somma geometrica parziale si ha \[\displaystyle \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{m^{k-m} m!}=\frac{1}{m!} \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{m^{k-m}}=\frac{1}{m!} \sum_{h=0}^{n-m} \left( \frac{1}{m} \right)^{h}=\frac{1}{m!} \frac{1 - (1/m)^{n-m+1}}{1 - (1/m)}<\frac{1}{m!} \frac{m}{(m-1)} \]
Quindi vale la disuguaglianza \[\displaystyle \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} <\sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k!} +\frac{1}{m!} \frac{m}{(m-1)} \]
e pertanto per \(\displaystyle n \to \infty \) (la maggiorazione è indipendente da \(\displaystyle n \)) si ha
\[\displaystyle e<\sum_{k=0}^{m-1} \frac{1}{k!} +\frac{1}{m!} \frac{m}{(m-1)} \]
che con \(\displaystyle m=4 \) fornisce \[\displaystyle e<1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{18}<3 \]

Non va bene quello che ho scritto nello spoiler?

L'unico fatto che non ho provato è che vale \[\displaystyle \left( 1 +\frac{1}{n} \right)^{n} < \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \]
ma credo di possederne una dimostrazione, che però è troppo lunga per essere contenuta da questo post

Scherzo, al massimo la posto.

[totissimus]

@delirium: scusami non avevo letto con la dovuta attenzione.

[totissimus]

"Delirium":L'unico fatto che non ho provato è che vale
\(\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^n<∑_{k=0}^n\frac{1}{n!}\)

Forse volevi scrivere

\( \displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^n<∑_{k=0}^n\frac{1}{k!}\)

Questa disuguaglianza non è poi difficile:

\( \displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\left( 1-\frac{1}{n}\right)\cdots \left( 1-\frac{k-1}{n}\right)\leq \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}\)

[Sk_Anonymous]

Pardon, refuso.

"totissimus":Questa disuguaglianza non è poi difficile

No, infatti.

[totissimus]

Mi pare che si voglia dimostrare anche che:

\( \displaystyle \underset{n \rightarrow \infty}{lim}\left(1+\frac{1}{n} \right)^n=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\)

Una disuguaglianza è stata ottenuta, ne manca un'altra. No la voglio scrivere adesso, preferendo dare l'opportunità ad altri.