Неравенство из Демидовича

[oxid]

Привет!
Надо доказать такое неравенство -
$1+\alpha < e^\alpha$, где $\alpha$ вещественное число отличное от 0.

Я решил так - представим $\alpha$ как $\frac{1}{n}$, тогда неравенство перепишется как
$(1+\frac{1}{n}) < \sqrt[n]e$
Возводим обе стороны в степень n
$(1+\frac{1}{n})^n < e$, что верно т.к $(1+\frac{1}{n})^n $ монотонная последовательность ограниченная e.

Ну вот собственно и все, но когда я заглянул в антидемидовича чтобы сверить ответ я обнаружил там длинное, на страницу почти решение. И у меня теперь вопрос - мое решение оно неверное? Что я не учел?

Спасибо!

[Otta]

Ну не все же вещественные числа представимы в виде $1/n$.

А задача очень по-разному может решаться, так что тут во многом вопрос - чем можно пользоваться.

[oxid]

Я тоже думал что не все могут быть представлены, но не смог придумать такое число.
$\alpha=1/n; n = 1/\alpha$, по условию $\alpha$ не равна 0...

[Otta]

$n$ натуральное.

[oxid]

Хм, Вы намекаете что

$(1+1/n)^n<e$ верно только для натуральных чисел?

[Otta]

Если Вы умеете доказывать это неравенство $(1+\frac{1}{x})^x < e$ для всех вещественных $x$, то собственно, больше и делать нечего. Вы умеете?

[oxid]

А если не умею, то в каком направлении двигаться? Ничего в голову не приходит.. Спасибо

[Otta]

Мы вернулись туда же. А чем можно пользоваться? Ответ от этого сильно зависит. Дифференциальным исчислением можно пользоваться?

[iifat]

Ну, если вы умеете для $\alpha=\frac1n$, попробуйте для $\alpha=\frac mn$. Потом попробовать доказать непрерывность.

[oxid]

Из матанализа только пределамии школьным курсом, в смысле без производных.

[TR63]

oxid,
если Ваше неравенство сначала доказать для натуральных показателей, то для вещественных можно воспользоваться представлением в виде суммы целой и дробной части (далее школьные рассуждения без пределов и производных). Для натуральных показателей можно воспользоваться простым двойным неравенством (одна его часть на форуме уже упоминалась):

$1+k\le(1+\frac k n)^n\le e^k$