Man zeige, dass für alle $n\in\N_{>0}$ gilt \[ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \leqslant \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\quad. \]Quelle der Aufgabe
Zunächst gilt die Ungleichung für $n=1$, denn beide Seiten sind dann gleich $2$.
Wir halten nun eine Kleinigkeit fest, die den weiteren Beweis verkürzt.
Für alle $k,n\in\N_{\geqslant2}$ gilt $n^k\geqslant n!$.
Beweis. Seien $k,n\in\N_{\geqslant2}$. Dann gilt \[ n^k = n\cdot n\cdot \ldots\cdot n \geqslant n\cdot(n-1)\cdot\ldots\quad, \] und wegen $n-1 < n$ und der Monotonie der Multiplikation ist die rechte Seite echt größer als die linke.
Es gilt für alle $n\in\N_{\geqslant 2}$ \[ \begin{array}{rcll} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n &=& \left(\frac{1}{n}+1\right)^n & \text{Kommutativität der Addition in $\R$} \\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\cdot \left(\frac{1}{n}\right)^k\cdot 1^{n-k} & \text{Binomischer Lehrsatz}\\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\cdot \left(\frac{1}{n}\right)^k & \text{$1^m= 1$ für alle $m\in\N$}\\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\cdot \left(\frac{1}{n^k}\right) & \text{Bruchrechnen}\\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!} \cdot\frac{1}{n^k} & \text{Def. Binomialkoeffizient}\\[2mm] &\leqslant& \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!} \cdot\frac{1}{n!} & \text{s.o.}\\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!\cdot (n-k)!} &\text{$n!$ kürzen}\\[2mm] &\leqslant& \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} &\text{$(n-k)!\geqslant 1$} \end{array} \] Da die Reihe $\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}$ konvergiert, ist sie insbesondere beschränkt. Also ist auch die Folge $\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)_{n\in\N_{>0}}$ beschränkt. Gelingt der Nachweis, dass sie monoton wachsend ist (z.B. mittels der Bernoullischen Ungleichung, siehe Herbert Amann/Joachim Escher, Analysis 1, Birkhäuser Verlag, Basel u.a., 3. Auflage 2006, S. 178 f.), so ist damit gezeigt, dass die Folge $\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)_{n\in\N_{>0}}$ konvergiert.
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