Неравенство: ln(n) < n при n>1

[Whitaker]

Здравствуйте!
Скажите пожалуйста, как доказать следующее неравенство:
При $n>1$ верно $\ln n<n$.

С уважением, Whitaker.

[nnosipov]

Вообще-то, неравенство грубовато. Но если хочется именно его доказать, и только для натуральных $n$, то можно воспользоваться тем, что $e>2$.

[Whitaker]

Согласен с Вами nnosipov! Неравенство действительно грубовато. Просто она с легкостью проходит для расходимости такого ряда $\sum \limits _{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt[n]{\ln n}}$.
P.S. Докажем, что: $\ln n < n$. А это равносильно тому, что: $n<e^{n}$. Так как $e>2$, то $e^n>2^n$. Дальше пока непонятно, но подумаю.

[Klad33]

Наглядней всего графически: видно что при ln(n)< n \, \to \, $n > 0$

[Sonic86]

Whitaker в сообщении #484173 писал(а):

При $n>1$ верно $\ln n<n$.

Можно просто потенцировать по основанию логарифма и разложить экспоненту в ряд.

[Klad33]

$ ln(0.1) \approx -2.3026 < 0.1 $

[gris]

А для анализа указанного ряда проще (или нет?) проанализировать его общий член.

[Whitaker]

Sonic86 в сообщении #484182 писал(а):

Whitaker в сообщении #484173 писал(а):

При $n>1$ верно $\ln n<n$.

Можно просто потенцировать по основанию логарифма и разложить экспоненту в ряд.

Да да понятно Sonic86! Спасибо Вам!

[Legioner93]

Довольно изящно неравенство $e^n \geqslant n+1$ можно доказать с помощью т. Лагранжа (формула конечных приращений). Экспонента достаточно гладкая, поэтому записываем
$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$, $f(x)=e^x$.
В случае $n > 0$ полагаем $b=n$, $a=0$. $f'(c) > 1$, т.к. $c>0$. Случай $n < 0$ рассматривается аналогично.

[PAV]

Вообще-то проще всего рассмотреть функцию $f(x)=x-\ln x$ и посмотреть на ее производную....

[bot]

Продолжая nnosipovа по индукции однострочно доказываем $2^n>n$.