Definir $\phi:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ $\phi(k)=k^m$ donde $m\geq 2$ es un número fijo. Quiero investigar, si no existe $C_m>0$ tal que $$\frac{\phi(k+2)-\phi(k+1)}{\phi(k+1)-\phi(k)}=\frac{(k+2)^m-(k+1)^m}{(k+1)^m-k^m}\leq C_m$$ for all $k\geq 1$. Desde $$ \frac{(k+2)^m-(k+1)^m}{(k+1)^m-k^m}=\frac{\left ( \frac{1+2/k}{1+1/k} \right )^m-1}{1-\left ( \frac{1}{1+1/k} \right )^m}, $$ definimos $f:(0,1]\to\mathbb{R}$ por $$ f(x)=\frac{\left ( \frac{1+2x}{1+x} \right )^m-1}{1-\left ( \frac{1}{1+x} \right )^m} $$ Sospecho que $f(x)$ es creciente, y por lo $f(1/x)$ debe ser decreciente (a través de alguna calculadora de gráficas), lo que implica que $$ \frac{(k+2)^m-(k+1)^m}{(k+1)^m-k^m}\leq \frac{(1+2)^m-(1+1)^m}{(1+1)^m-1^m}=\frac{3^m-2^m}{2^m-1}=:C_m $$ para todos los $k\geq 1$. La pregunta es, ¿cómo puedo mostrar la monotonía de $f(x)$ o $f(1/x)$ en una manera más simple? Determinar el $f'$ y, a continuación, comprobar si es mayor que $0$ $(0,1]$ toma mucho tiempo.
Respuestas
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Usando el teorema del valor medio, puede escribir g_m $$ (k) = \frac {(k+2) ^ m-(k +1) ^ m} {(k+1) ^ m k ^ m} = \frac{mc_1^{m-1}}{mc_2^{m-1}} $$ where $ c_1 \in (k +1, k +2) $ and $ c_2 \in (k, k +1) $. Por lo tanto $$0\le g_m(k) \le \left(\frac{k+2}{k}\right)^{m-1}\le 3^{m-1}$ $, que es un grueso atado.
También podemos enfoque de la monotonía de un almacén de approaximation de $f(x)$ como sigue.
\begin{eqnarray*} f(x) &=& \frac{\left(\frac{1+2x}{1+x}\right)^{m} -1}{1-\left(\frac{1}{1+x}\right){m}} \\ &=& \frac{(1+2x)^{m}-(1+x)^{m}}{(1+x)^{m}-1^{m}} \\ &=& \frac{x^{m} \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i}(1+2x)^{m-1-i}} \right)}{x \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i}}\right)} \\ &=& \frac{x^{m-1} \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i}(1+2x)^{m-1-i}} \right)}{ \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i}}\right)} \end{eqnarray*}
Para $x \ge -\frac{1}{2}$,
\begin{eqnarray*} f(x) &=& \frac{x^{m-1} \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i}(1+2x)^{m-1-i}} \right)}{ \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i}}\right)} \\ &\ge& \frac{x^{m-1} \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i} } \right)}{ \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i}}\right)} \\ &=& x^{m-1}. \end{eqnarray*}
Claramente esta obligado es monótonamente creciente.
Pensando en ello, supongo que podemos llevarlo más allá y probar la monotonía, sin depender de la envolvente.
En la re-organización,.
\begin{eqnarray*} f(x) &=& \frac{x^{m-1} \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{i}(1+2x)^{m-1-i}} \right)}{ \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1-i}{(1+x)^{i}}\right)} \\ &=& \frac{x^{m-1} \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{(1+x)^{m-1}\left(\frac{1+2x}{1+x}\right)^{m-1-i}} \right)}{ \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{\frac{(1+x)^{m-1}}{(1+x)^{m-1}} (1+x)^{i}}\right)} \\ &=& \frac{x^{m-1} \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{\left(\frac{1+2x}{1+x}\right)^{m-1-i}} \right)}{ \left(\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{\frac{1}{(1+x)^{m-1-i}} }\right)} \\ &=& x^{m-1} \frac{\displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{\left(1+\frac{x}{1+x}\right)^{m-1-i}} }{ \displaystyle\sum_{i=0}^{m-1}{\left(1-\frac{x}{1+x}\right)^{m-1-i}}} \\ &=& x^{m-1} \frac{\displaystyle\sum_{j=0}^{m-1}{\left(1+\frac{x}{1+x}\right)^{j}} }{ \displaystyle\sum_{j=0}^{m-1}{\left(1-\frac{x}{1+x}\right)^{j}}} \end{eqnarray*}
Desde $\frac{x}{1+x}<1$, el numerador es monótonamente creciente y el denominador monótonamente decreciente. La relación entonces es monótonamente creciente.
El numerador y el denominador son ambos polinomios en $k$ orden $m-1$. El cociente de dos polinomios del mismo grado, siempre tiene un límite como $k\rightarrow\infty$ y por lo tanto debe estar acotada. Podemos ver esto de forma explícita en este caso de la siguiente manera:
El uso de la identidad de $a^m-b^m=(a-b)\sum_{i=0}^{m-1}a^{m-1-i}b^i$ vemos que $$\frac{\phi(k+2)-\phi(k+1)}{\phi(k+1)-\phi(k)}=\frac{\sum_{i=0}^{m-1}(k+2)^{m-1-i}(k+1)^i}{\sum_{i=0}^{m-1}(k+1)^{m-1-i}k^i}$$
Cada término de la suma en el numerador es menor o igual a $(k+2)^m$, y cada término de la suma en el numerador es mayor o igual a$k^m$, de modo que $$\frac{\sum_{i=0}^{m-1}(k+2)^{m-1-i}(k+1)^i}{\sum_{i=0}^{m-1}(k+1)^{m-1-i}k^i}\leq\frac{m(k+2)^m}{mk^m}=\frac{k^m+\sum_{i=0}^{m-1}a_ik^i}{k^m}$$ donde el $a_i$ solo depende de los $m$ e no $k$. Finalmente, por encima de la suma se convierte en $$1+\sum_{i=0}^{m-1}a_i\frac{k^i}{k^m}\leq 1+\sum_ia_i$$ since $\frac{k_i}{k^m}\leq1$
Uso de $$a^m-b^m=(a-b)\left(a^{m-1}+a^{m-2}b+a^{m-3}b^2+...+ab^{m-2}+b^{m-1}\right)$ $ para un % fijo $m$contamos con: $$ \frac{(k+2)^m-(k+1)^m}{(k+1)^m-k^m}= \frac{(k+2)^{m-1}+(k+2)^{m-2}(k+1)+...+(k+2)(k+1) ^ {m-2} + (k +1) ^ {m-1}} {(k+1) ^ {m-1} + (k +1) ^ {m-2} k +... + (k +1) k ^ {m-2} + k ^ {m-1}} = \ \left (\frac {k +2} {k+1} \right) ^ {m-1 } \frac{1+\frac{k+1}{k+2}+...+\left (\frac {k+1} {k +2} \right) ^ {m-1}} {1 + \frac {k} {k+1} +...+\left (\frac {k} {k+1} \right) ^ {m-1}} limita \rightarrow 1, k\rightarrow\infty$ $ y una secuencia con un límite finito.
Jugando ingenuamente...
$\begin{array}\\ r_m(k) &=\dfrac{(k+2)^m-(k+1)^m}{(k+1)^m-k^m}\\ &=\dfrac{(1+2/k)^m-(1+1/k)^m}{(1+1/k)^m-1}\\ &=\dfrac{1+2m/k+O(1/k^2)-(1+m/k+O(1/k^2)}{(1+m/k+O(1/k^2))-1}\\ &=\dfrac{m/k+O(1/k^2)}{m/k+O(1/k^2)}\\ &=1+O(1/k)\\ \end{array} $
Por lo $1$ es un candidato.
Si $f(x) = x^m$, entonces $f'(x) = mx^{m-1}$ y $f''(x) = m(m-1)x^{m-2}$ así $f''(x) \ge 0$ es $m \ge 2$.
Por lo tanto $\frac12(f(x)+f(x+2)) \ge f(x+1) $ así $f(x)+f(x+2) \ge 2f(x+1) $ o $f(x+2)-f(x+1) \ge f(x+1)-f(x) $.
Por lo tanto $r_m(k) \ge 1$.
$r_m(1) =\dfrac{3^m-2^m}{2^m-1} =\dfrac{(3/2)^m-1}{1-2^{m}} \gt (3/2)^m-1 $.
Si podemos demostrar que $r_m(k)$ es una función decreciente de $k$, esencialmente estamos hecho.
$\begin{array}\\ r_m(1/x) &=\dfrac{(1+2x)^m-(1+x)^m}{(1+x)^m-1}\\ &=\dfrac{(1+2mx+m(m-1)4x^2)-(1+mx+m(m-1)x^2/2)+O(x^3)}{(1+mx+m(m-1)x^2/2)-1+O(x^3)}\\ &=\dfrac{mx+m(m-1)4x^2/2)-m(m-1)x^2/2)+O(x^3)}{mx+m(m-1)x^2/2+O(x^3)}\\ &=\dfrac{mx+3m(m-1)x^2+O(x^3)}{mx+m(m-1)x^2/2+O(x^3)}\\ &=\dfrac{1+3(m-1)x+O(x^2)}{1+(m-1)x/2+O(x^2)}\\ &=(1+3(m-1)x+O(x^2))(1-(m-1)x/2+O(x^2))\\ &=1+2(m-1)x+O(x^2)\\ \end{array} $
Por lo tanto, por lo suficientemente pequeño como $x$, $f(1/x)$ es el aumento de por lo $f(k)$ está disminuyendo.
