[EX] Una disuguaglianza per approssimare $e$

[gugo82]

È cosa nota che la successione di termine generale [tex]$\tau_n:=(1+\tfrac{1}{n})^n$[/tex] è crescente e limitata dall'alto, sicché essa tende ad un limite finito; si dimostra poi che il limite di tale successione coincide con il numero di Nepero [tex]$e$[/tex], definito ponendo:

[tex]$e:=\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{1}{n!}$[/tex].

Tuttavia la convergenza della successione [tex]$\tau_n$[/tex] è "abbastanza lenta": infatti si può vedere che per [tex]$N=10^3$[/tex] si ha [tex]$\tau_N\approx 2.71692393$[/tex], mentre è [tex]$e=2.71828205\dots$[/tex], sicché [tex]$\tau_N$[/tex] è un'approssimazione per difetto di [tex]$e$[/tex] con soli due decimali corretti.
Anzi, facendo un po' di prove (le ho fatte fino a [tex]$h=7$[/tex], poi il portatile si è arreso) si vede che per [tex]$h$[/tex] "piccolo" il numero [tex]$\tau_{10^h}$[/tex] è un'approssimazione per difetto di [tex]$e$[/tex] con [tex]$h-1$[/tex] decimali corretti.

La disuguaglianza che propongo consente di approssimare un po' meglio il numero di Nepero dall'alto.

***

Esercizio:

1. Dimostrare che per ogni [tex]$n\in \mathbb{N}$[/tex] si ha:

(1) [tex]$e<\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}$[/tex]

con la successione a secondo membro decrescente.

***

Posto [tex]$\theta_n:=(1+\tfrac{1}{n})^{n+\tfrac{1}{2}}$[/tex], evidentemente si ha [tex]$\lim_n \theta_n =e$[/tex], quindi [tex]$\theta_n$[/tex] è una successione che approssima [tex]$e$[/tex].

Prendendo [tex]$N=10^3$[/tex] si ha [tex]$\theta_N\approx 2.71828205$[/tex] cosicché [tex]$\theta_N$[/tex] è un'approssimazione per eccesso di [tex]$e$[/tex] accurata fino alla quinta cifra decimale.
Anzi, facendo un po' di prove numeriche (le ho fatte fino ad [tex]$h=5$[/tex], poi il portatile ha sollevato bandiera bianca), si vede che per [tex]$h$[/tex] "piccolo" il numero [tex]$\theta_{10^h}$[/tex] è un'approssimazione per eccesso di [tex]$e$[/tex] con almeno [tex]$2h-1$[/tex] decimali corretti.
Quindi per valori piccoli dell'indice, l'approssimazione di [tex]$e$[/tex] fornita da [tex]$\theta_{10^h}$[/tex] è almeno di [tex]$h$[/tex] ordini di grandezza più accurata di quella fornita da [tex]$\tau_{10^h}$[/tex].

[gugo82]

Quella sopra era la parte sostanziosa dell'esercizio... Ora viene quella che permette di raffinare un po' il risultato, usando uno dei possibili metodi di risoluzione dell'esercizio 1:

***

Esercizio:

2. Provare che esistono (determinandoli esplicitamente) due valori \(0
i. per ogni [tex]$\alpha \in [A,+\infty[$[/tex], si ha per ogni [tex]$n\in \mathbb{N}$[/tex]:

(2) [tex]$e<\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n+\alpha}$[/tex];

ii. per ogni [tex]$\alpha \in [0,a[$[/tex], si ha per ogni [tex]$n\in \mathbb{N}$[/tex]:

(3) \(\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n+\alpha}
iii. per ogni [tex]$\alpha \in [a,A[$[/tex], esiste un [tex]$\nu \in \mathbb{N}$[/tex] tale che la disuguaglianza (3) sussiste definitivamente per [tex]$n\geq \nu$[/tex].

***

Alla luce di quanto riportato nel testo dell'esercizio, possiamo concludere che la successione [tex]$\tau_n$[/tex] è la peggiore approssimazione per difetto di [tex]$e$[/tex] nella classe delle successioni col termine generale nella forma [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\alpha}$[/tex]; mentre la successione [tex]$\theta_n$[/tex] è la migliore approssimazione per eccesso di [tex]$e$[/tex] nella stessa classe di successioni.

[gugo82]

Questa terza parte dell'esercizio (che può essere svolta anche indipendentemente dai quesiti precedenti) è molto semplice, giacché si può risolvere con trucchi classici di Analisi I.

***

Esercizio:

3. Dimostare che vale la stima asintotica:

[tex]$\theta_n-e\approx \tfrac{1}{n^2}$[/tex],

e che, per ogni [tex]$\alpha \neq \tfrac{1}{2}$[/tex], si ha invece:

[tex]$\left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n+\alpha} -e\approx \tfrac{1}{n}$[/tex].

Infine, si confrontino questi risultati con la classica maggiorazione del resto della serie esponenziale.

Suggerimenti: 1. L'idea è quella di "trasportare" la successione [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}$[/tex] su [tex]$e$[/tex]: ciò si può fare costruendo la successione [tex]$F(n)$[/tex] in modo che [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}} =e^{1+F(n)}$[/tex]; fatto ciò, per ottenere la disuguaglianza (1) occorre e basta mostrare che [tex]$F(n)>0$[/tex] per ogni indice [tex]$n$[/tex].
Tuttavia anche altre dimostrazioni sono possibili... Ce n'è almeno un'altra elementare: formare il rapporto [tex]$\left( \tfrac{(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}}{(1+\tfrac{1}{n+1})^{n+\frac{3}{2}}}\right)^2$[/tex] e dimostrare che esso è [tex]$>1$[/tex]; poi passare al limite la successione [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}$[/tex].

2. Provare con una variazione del primo ragionamento precedente.

3. Usare i limiti notevoli e gli sviluppi in serie di Taylor.

***

N.B.: La 3 fornisce una conferma della buona velocità di convergenza della successione [tex]$\theta_n$[/tex], proprio come previsto dai pochi calcoli eseguiti per la stesura del primo post.

[gugo82]

Se mi permettete, pubblico la soluzione per il primo ed il terzo quesito.
Il problema mi sembrava abbastanza divertente, ma pare che non sia stato apprezzato...

Suggerimento audio per accompagnare la lettura: Raised on rock.

"gugo82":1. Dimostrare che per ogni [tex]$n\in \mathbb{N}$[/tex] si ha:

(1) [tex]$e<\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}$[/tex]

con la successione a secondo membro decrescente.

Suggerimento: 1. L'idea è quella di "trasportare" la successione [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}$[/tex] su [tex]$e$[/tex]: ciò si può fare costruendo la successione [tex]$F(n)$[/tex] in modo che [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}} =e^{1+F(n)}$[/tex]; fatto ciò, per ottenere la disuguaglianza (1) occorre e basta mostrare che [tex]$F(n)>0$[/tex] per ogni indice [tex]$n$[/tex].

Passo 1. Costruzione della successione [tex]$F(n)$[/tex] e della funzione ausiliaria [tex]$f(x)$[/tex]; considerazioni preliminari.

Come detto nel suggerimento, per ogni fissato [tex]$n\in \mathbb{N}$[/tex], chiamiamo [tex]$F(n)$[/tex] l'unico numero reale tale che:

[tex]$\left( 1+\frac{1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}} =e^{1+F(n)}$[/tex];

evidentemente si ha:

[tex]$F(n)=(n+\tfrac{1}{2}) \ln (1+\tfrac{1}{n}) -1$[/tex];

è altresì ovvio che il valore di [tex]$F(n)$[/tex] si ottiene valutando la funzione [tex]$f(x):=(\tfrac{1}{x}+\tfrac{1}{2})\ln (1+x)-1$[/tex] definita in [tex]$]0,1]$[/tex] in [tex]$x=\tfrac{1}{n}$[/tex].

Per acquisire la tesi, ossia per mostrare che [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}} >e$[/tex] e che [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}$[/tex] decresce, basterà mostrare che la [tex]$f(x)$[/tex] è funzione positiva e crescente in [tex]$]0,1]$[/tex].
Invero, se [tex]$f(x)$[/tex] cresce allora risulta [tex]$F(n+1)=f(\tfrac{1}{n+1})
[tex]$(1+\tfrac{1}{n+1})^{(n+1)+\frac{1}{2}}=e^{1+F(n+1)}
e la nostra successione è decrescente; e se [tex]$f(x)>0$[/tex] allora [tex]$F(n)>0$[/tex] e:

[tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}} =e^{1+F(n)}>e$[/tex]

quindi vale la (1).

Passo 2. Proprietà di [tex]$f(x)$[/tex]: continuità e derivabilità.

Studiamo allora la funzione [tex]$f(x)=(\tfrac{1}{x}+\tfrac{1}{2})\ln (1+x)-1$[/tex].
Si vede facilmente (usando lo sviluppo di Taylor del logaritmo) che:

[tex]$\lim_{x\to 0^+} f(x)= \lim_{x\to 0^+} (\tfrac{1}{x}+\tfrac{1}{2})\ (x-\tfrac{1}{2}x^2+\tfrac{1}{3}x^3 +\text{o}(x^3))-1$[/tex]
[tex]$=\lim_{x\to 0^+} 1+\tfrac{1}{2}x-\tfrac{1}{2}x-\tfrac{1}{4}x^2+\tfrac{1}{3}x^2+\text{o}(x^2) -1$[/tex]
[tex]$=\lim_{x\to 0^+} \tfrac{1}{12}x^2 +\text{o}(x^2)=0$[/tex]

quindi la [tex]$f(x)$[/tex] si può prolungare su [tex]$0$[/tex] da destra con continuità ponendo [tex]$f(0):=0$[/tex]. Nel seguito tale prolungamento sarà denotato ancora con [tex]$f(x)$[/tex].
Conseguentemente, per dimostrare che [tex]$f(x)>0$[/tex] in [tex]$]0,1]$[/tex] occorre e basta mostrare che [tex]$f(x)$[/tex] cresce strettamente a destra del punto [tex]$0$[/tex]; poiché [tex]$f(x)$[/tex] è derivabile per [tex]$x\neq 0$[/tex] ma anche per [tex]$x=0$[/tex], quanto ci proponiamo si riduce a dimostrare che la derivata prima [tex]$f^\prime (x)$[/tex] è nonnegativa in [tex]$]0,1]$[/tex].

Passo 3. Studio del segno di [tex]$f^\prime (x)$[/tex].

Derivando si ottiene:

[tex]$f^\prime (x)=-\tfrac{1}{x^2}\ \ln (1+x)+(\tfrac{1}{x}+\tfrac{1}{2})\ \tfrac{1}{1+x}$[/tex]
[tex]$=\frac{1}{x^2}\ \left[ \frac{x(2+x)}{2(1+x)}-\ln (1+x)\right]$[/tex],

per [tex]$x\in ]0,1]$[/tex] ed, usando di nuovo l'approssimazione di Taylor per il logaritmo, si trova [tex]$f^\prime (0)=0$[/tex]; inoltre, sempre con Taylor, si vede che è

[tex]$\lim_{x\to 0^+} f^\prime (x) =\lim_{x\to 0^+} \tfrac{1}{x^2} [\tfrac{2x+x^2}{2(1+x)}-(x-\tfrac{1}{2}x^2+\text{o}(x^2))]$[/tex]
[tex]$=\lim_{x\to 0^+} \tfrac{1}{x^2}\ \tfrac{2x+x^2-2x-2x^2+x^2+\text{o}(x^2)}{2(1+x)}$[/tex]
[tex]$=\lim_{x\to 0^+} \tfrac{\text{o}(x^2)}{2x^2(1+x)}$[/tex]
[tex]=0=f^\prime (0)$[/tex],

cosicché il prolungamento di [tex]$f(x)$[/tex] a tutto [tex]$[0,1]$[/tex] è addirittura di classe [tex]$C^1([0,1])$[/tex].
Vista l'espressione di [tex]$f^\prime (x)$[/tex] in [tex]$]0,1]$[/tex], il segno di [tex]$f^\prime (x)$[/tex] dipende dalla relazione d'ordine che intercorre tra le funzioni [tex]$\phi (x):=\frac{x(2+x)}{2(1+x)}$[/tex] ed [tex]$\psi (x):= \ln (1+x)$[/tex] in [tex]$]0,1]$[/tex].
Risulta [tex]$\phi(0)=0=\psi(0)$[/tex], quindi se riesce di provare che [tex]$\phi^\prime (x)\geq \psi^\prime (x)$[/tex] in [tex]$[0,1]$[/tex] allora risulta pure [tex]\phi (x)=\int_0^x \phi^\prime (t)\ \text{d} t \geq \int_0^x \psi^\prime (t)\ \text{d} t=\psi (x)[/tex].

Ma è:

[tex]$\phi^\prime (x)=1-\frac{2x+x^2}{2(1+x)^2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2(1+x)^2}$[/tex],

[tex]$\psi^\prime (x)=\frac{1}{1+x}$[/tex],

quindi:

[tex]$\phi^\prime (x)-\psi^\prime (x)=\frac{1}{2} \left( 1-\frac{1}{1+x}\right)^2 \geq 0$[/tex],

e la condizione [tex]$=0$[/tex] non è verificata in alcun intervallo [tex]$I\subseteq ]0,1[$[/tex]; conseguentemente si ha [tex]$\phi (x)\geq \psi (x)$[/tex] in [tex]$[0,1]$[/tex] ed, anzi, [tex]$\phi (x)>\psi (x)$[/tex] in [tex]$]0,1]$[/tex], sicché [tex]$f^\prime (x)> 0$[/tex] in [tex]$[0,1]$[/tex].

Passo 4. Conclusione.

Per quanto detto ai Passi 2 e 3, la [tex]$f(x)$[/tex] cresce ed è positiva in [tex]$]0,1]$[/tex] e ciò chiude l'esercizio, per quanto già osservato nel Passo 1.

"gugo82":3. Dimostare che vale la stima asintotica:

[tex]$\theta_n-e\approx \tfrac{1}{n^2}$[/tex],

e che, per ogni [tex]$\alpha \neq \tfrac{1}{2}$[/tex], si ha invece:

[tex]$\left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n+\alpha} -e\approx \tfrac{1}{n}$[/tex].

Infine, si confrontino questi risultati con la classica maggiorazione del resto della serie esponenziale.

Suggerimenti: 3. Usare i limiti notevoli e gli sviluppi in serie di Taylor.

Per ogni fissato [tex]$n$[/tex] si ha:

[tex]$\left( 1+\frac{1}{n} \right)^{n+\alpha} -e=e\ \left[ e^{(n+\alpha)\ln ( 1+\frac{1}{n})-1} -1\right]$[/tex],

sicché, per il limite fondamentale dell'esponenziale, il comportamento asintotico della successione degli scarti coincide con quello della successione [tex]$(n+\alpha)\ln ( 1+\tfrac{1}{n})-1$[/tex].
Usando, come al solito, l'approssimazione di Taylor del logaritmo si trova:

[tex]$(n+\alpha)\ln ( 1+\tfrac{1}{n})-1 \approx (n+\alpha) (\tfrac{1}{n}-\tfrac{1}{2n^2}+\tfrac{1}{3n^3} +\text{o}(\tfrac{1}{n^3}))-1$[/tex]
[tex]$=1+(\alpha-\tfrac{1}{2})\tfrac{1}{n}+(\tfrac{1}{3}-\tfrac{\alpha}{2})\tfrac{1}{n^2}+\text{o}(\tfrac{1}{n^2})-1$[/tex]
[tex]$=(\alpha-\tfrac{1}{2})\tfrac{1}{n}+(\tfrac{1}{3}-\tfrac{\alpha}{2})\tfrac{1}{n^2}+\text{o}(\tfrac{1}{n^2})$[/tex],

pertanto:

i. se [tex]$\alpha \neq \tfrac{1}{2}$[/tex] allora [tex]$\left( 1+\tfrac{1}{n} \right)^{n+\alpha} -e \approx e(\alpha-\tfrac{1}{2})\tfrac{1}{n} \approx \tfrac{1}{n}$[/tex];

ii. se [tex]$\alpha =\tfrac{1}{2}$[/tex] allora [tex]$\left( 1+\tfrac{1}{n} \right)^{n+\alpha} -e \approx e(\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{4})\tfrac{1}{n^2} =\tfrac{e}{12n^2}\approx \tfrac{1}{n^2}$[/tex],

come si voleva.

Ricordato che, posto [tex]s_n:=\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}[/tex], risulta:

[tex]$e-s_n\leq \tfrac{1}{n\ n!}$[/tex]

(cfr. Giusti, Analisi Matematica I), è evidente che la successione delle somme parziali [tex]$s_n$[/tex] della serie esponenziale converge ad [tex]$e$[/tex] con velocità incommensurabilmente più rapida rispetto a qualunque successione del tipo [tex]$(1+\tfrac{1}{n})^{n+\alpha}$[/tex].

[Raptorista1]

"gugo82":Il problema mi sembrava abbastanza divertente, ma pare che non sia stato apprezzato...

Dai, gugo, non offenderti
Concordo sul fatto che sembra interessante, e magari prossimamente gli do uno sguardo!

A proposito, si risolve con la sola analisi 1?

[legendre]

Povero Gugo!!! .Lo abbiamo lasciato per quasi 3 settimane ad autocitarsi !!:-D

[gugo82]

"Raptorista":si risolve con la sola analisi 1?

Direi di sì... Ed è questo che trovo simpatico; serve solo un po' di fantasia.

Tanto per fornire un'altra dimostrazione della (1), un po' diversa dal solito, ne cito un'altra:

Troncando la frazione continua (cfr. Abramowitz & Stegun, Handbook of Mathematical Functions with Formulas, Graphs, and Mathematical Tables, §4.1.39 qui):

[tex]$\ln (1+x)=\frac{x}{1+\frac{1^2 x}{2+\frac{1^2 x}{3+\frac{2^2 x}{4+\frac{2^2 x}{5+\frac{3^2 x}{6+\ldots}}}}}}$[/tex]

si trova:

[tex]$\ln (1+x)>\frac{x}{1+\frac{x}{2}} =\frac{2x}{2+x}$[/tex],

ergo:

[tex]$(\tfrac{1}{x} +\tfrac{1}{2})\ln (1+x)>1$[/tex]

e da ciò segue immediatamente la (1).

La disuguaglianza è stata dimostrata da S. Khattri nella nota Three Proofs of the Inequality [tex]e<(1+\tfrac{1}{n})^{n+0.5}[/tex] apparsa su The American Mathematical Monthly (2010), vol. 117, n. 3; il resto del problema l'ho inventato come variazione sul tema e quasi quasi ci faccio un articolo per il magazine.