Неравенство

[myra_panama]

Доказать неравенство:
$1+\frac1{100}<\sqrt[100]e<1+\frac1{99}$

[Gortaur]

так возведите все в 100 степень

[Мастак]

myra_panama в сообщении #405318 писал(а):

Доказать неравенство:
$1+\frac1{100}<\sqrt[100]e<1+\frac1{99}$

должно прокатить: $\sqrt[100]e$ в ряд Маклорена в окрестности до 1

[myra_panama]

У меня так получилось:
$1+\sqrt[n]{e} +(\sqrt[n]{e})^2 + ...+\sqrt[n]{e}=\frac{e-1}{\sqrt[n]{e}-1}$
отсюда получаем
$(n-1)(e-1)\le \frac{e-1}{\sqrt[n]{e}-1} \le n(e-1)$
Окончательно при n=100
$1+\frac1{n}\le \sqrt[n]{e} \le 1+\frac1{n-1}$

[Хорхе]

Цитата:

отсюда получаем
$(n-1)(e-1)\le \frac{e-1}{\sqrt[n]{e}-1} \le n(e-1)$

Неужели таки получаем?

[paha]

myra_panama в сообщении #405318 писал(а):

Доказать неравенство:
$1+\frac1{100}<\sqrt[100]e<1+\frac1{99}$

кажется, это стандартное рассуждение: последовательность $(1+1/n)^n$ растет, последовательность $(1+1/n)^{n+1}$ убывает, а предел у них общий и равен $e$.

[Мастак]

Мастак в сообщении #405337 писал(а):

myra_panama в сообщении #405318 писал(а):

Доказать неравенство:
$1+\frac1{100}<\sqrt[100]e<1+\frac1{99}$

должно прокатить: $\sqrt[100]e$ в ряд Маклорена в окрестности до 1

$e^\frac{x}{100}$ в ряд на [0,1)

myra_panama, а тот ряд (тоже ряд) расходится (посм. по критериям, хотя вроде видно невооруженным глазом)

[ewert]

Первый и первые два члена формулы Тейлора для логарифма:

$\ln(1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$;
$\ln(1+\frac{1}{n-1})>\frac{1}{n-1}-\frac{1}{2(n-1)^2}\geqslant\frac{1}{n}$.

С разложением экспоненты как-то хуже, т.к. там нет знакочередования. Впрочем, для доказательства оценки сверху можно её перевернуть: $e^{-{1\over n}}>1-{1\over n}=\dfrac{1}{1+{1\over n-1}}$.

Ну и про стандартное доказательство существования числа $e$ через монотонности -- правда.