从两边趋于e的数列

hbghlyj

补充一个证明 (记得原来发过的帖子, 但是刚搜了下没搜到)
planetmath.org/11nnisanincreasingsequence
数列 $a_n=(1 + \frac1n)^n,\,n=0,1,\cdots$ 递增.

证明

对任意正整数$n$
\begin{eqnarray*}
\frac{a_n}{a_{n-1}}&=&{ \left( 1 + {1 \over n} \right)^n \over  \left( 1 + {1
\over n-1} \right)^{n-1} } \\&=&
{ \left( {n+1 \over n} \right)^n \over \left( {n \over n-1}
\right)^{n-1} } \\
&=& \left( {(n-1)(n+1) \over n^2} \right)^{n-1} {n+1 \over n} \\
&=& \left( 1 - {1 \over n^2} \right)^{n-1} \left( 1 + {1 \over n}
\right) \\
\end{eqnarray*}Bernoulli不等式 [当$x\ge-1$时$(1+x)^m\ge 1+mx$] 取$x=-\frac1{n^2},m=n-1$有
\begin{eqnarray*}
\frac{a_n}{a_{n-1}}&\ge&
\left( 1 - {n-1 \over n^2} \right) \left( 1 + {1 \over n}
\right) \\
&=&\left( 1 - \frac1n+\frac1{n^2} \right) \left( 1 + {1 \over n}
\right)\\
&=& 1 + {1 \over n^3}\\
&>& 1
\end{eqnarray*}
证毕.

根据上面的证明$\frac{a_n}{a_{n-1}}\ge1 + {1 \over n^3}$, 令$n=2,3,\cdots$相乘得$\frac{e}{a_1}>\prod_{n=2}^\infty\left(1+\frac1{n^3}\right)$, 而$a_1=2=1+\frac1{1^3}$, 所以把$n$的下限$2$改成$1$得
\[e>\prod_{n=1}^\infty\left(1 + {1 \over n^3}\right)\]
由Mathematica算得\[\prod_{n=1}^\infty\left(1 + {1 \over n^3}\right)=\frac{\cosh \left(\frac{\sqrt{3} \pi }{2}\right)}{\pi }≈2.42819\]

hbghlyj

数列 $b_n=(1 + 1/n)^{n+1},\,n=0,1,\cdots$ 递减.

证明

对任意正整数$n$
\begin{eqnarray*}
\frac{b_n}{b_{n-1}}&=&{ \left( 1 + {1 \over n} \right)^{n+1} \over  \left( 1 + {1
\over n-1} \right)^{n} } \\&=&
{ \left( {n+1 \over n} \right)^{n+1} \over \left( {n \over n-1}
\right)^{n} } \\
&=& \left( {(n-1)(n+1) \over n^2} \right)^{n} {n+1 \over n} \\
&=& \left( 1 - {1 \over n^2} \right)^{n} \left( 1 + {1 \over n}
\right) \\
\end{eqnarray*}使用Bernoulli不等式 $1 + n/n^2 \le (1 + 1/n^2)^n$, 得
\begin{eqnarray*}
\frac{b_n}{b_{n-1}}&\le&
\left( 1 - {1 \over n^2} \right)^{n} \left( 1 + {1 \over n^2}
\right)^n \\
&=& \left( 1 - {1 \over n^4} \right)^{n} \\
&<& 1, \\
\end{eqnarray*}证毕.

由上面的证明,$\frac{b_n}{b_{n-1}}\le\left( 1 - {1 \over n^4} \right)^{n}$,令$n=2,3,\cdots$相乘得
$$e<4\prod_{n=2}^\infty\left(1-\frac1{n^4}\right)^n$$
右侧有闭合形式吗? 算到1000项的数值是3.25402

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取$a_n$倒数得$\left(1-\frac1n\right)^{n-1},\,n=2,3,\cdots$ 递减.
取$b_n$倒数得$\left(1-\frac1n\right)^n,\,n=1,2,\cdots$ 递增.

hbghlyj

对正整数 $m,n$, 我们有 $a_m<b_n$.

证明

分三种情况
1° $m = n$.
因为 $n > 0$, 我们有 $1/n >0$ 和 $1 < 1 + 1/n$.
所以, $(1 + 1/n)^{n} < (1 + 1/n)^{n+1}$.

2° $m < n$.
由1°有 $(1 + 1/n)^{n} < (1 + 1/n)^{n+1}$.
由$(a_n)$递增有, $(1 + 1/m)^{m} < (1 + 1/n)^{n}$.
结合两式, $(1 + 1/m)^{m} < (1 + 1/n)^{n+1}$.

3° $m > n$.
由1°有 $(1 + 1/m)^{m} <(1 + 1/m)^{m+1}$
由$(b_n)$递减有, $(1 + 1/m)^{m+1} < (1 + 1/n)^{n+1}$.
结合两式, $(1 + 1/m)^{m} < (1 + 1/n)^{n+1}$.

所以$(a_n),(b_n)$收敛, 且极限相等.