Muestran que la desigualdad es válida para los infinitos términos de una secuencia

Question

Esta pregunta viene de una Brasileña del libro de análisis real, que es la "Introducción de un Análise" (Introducción al Análisis) de Antonio Caminha. El problema es:

Deje $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ ser una secuencia de números reales positivos. Muestran que la desigualdad

$$ 1 + a_n > 2^{1/n}a_{n-1} $$

es cierto para infinity $n \in \mathbb{N}$.

Answer 1

Supongamos que la desigualdad no se cumple para un número infinito de $n \in N$. A continuación, $ \forall$ a excepción de un número finito de $n \in N$,

el reverso de la desigualdad se mantiene, es decir, $1 + a_n \leq 2^{1/n}a_{n-1} $ \begin{equation} G(z)=\frac{1}{N}\mathrm{Tr}\frac{1}{z-H} \end--(1)

Tomando limsup en ambos lados, y por la positividad de la $a_n$, obtenemos,

$ 1+ \limsup a_n \leq \limsup2^{1/n}a_{n-1}$ --- (2)

Caso 1) $ \limsup a_{n} < \infty $ Deje $\limsup a_n = a$ Entonces por (2), $ 1 + a \leq a $ Una contradicción. Por lo tanto el resultado se mantiene.

Caso 2) $ \limsup a_n = \infty$ Entonces por (1), para todos, excepto un número finito de $n \in N$, tenemos $ 1+ {a_n} \leq 2^{1/n}a_{n-1}$

(dicen esto sucede $\forall n \geq N_0$ )

Multiplicando por $2^{1/{n+1}} $ en ambos lados, obtenemos, $2^{1/{n+1}} + 2^{1/{n+1}}a_n \leq 2^{ 1/{n+1}} •2^{1/n}a_{n-1} \forall n \geq N_0$

A continuación, de nuevo usando la desigualdad (1), obtenemos,

$ 2^{1/n+1} + 1 + a_{n+1} \leq 2^{ \frac{2n+1}{n(n+1)}}a_{n-1}$

$ \Rightarrow 1+ a_{n+1} \leq 2^{ \frac{2n+1}{n(n+1)}}a_{n-1}$

Continuando de esta manera, se obtiene , $ 1+ a_{n+1} \leq 2^ {\frac{f(n)}{g(n)}}a_{N_0}$ $ \forall n \geq N_0$ donde $f(n)$ & $g(n)$ son funciones tales que $\lim_{n \rightarrow\infty} \frac{f(n)}{g(n)} =0 $ \begin{equation} \frac{1}{z-H}=\frac{1}{z}\cdot \frac{1}{1-\frac{H}{z}} \end-(3) Por lo tanto,

$ a_{n+1} \leq 2^ {\frac{f(n)}{g(n)}} a_{N_0} + C $

$\forall n \in N$

( donde la constante C se elige de acuerdo a un número finito de términos $a_n $ donde $ 1\leq n \leq N_0$ Por (3), ya que cualquier secuencia convergente es acotada, Tenemos,

$a_n \leq M $ $ \forall n \in N$ para algunas constantes

$ M >0$

Contradicción con el supuesto de que $\limsup a_n = \infty$ De ahí resultó.

Answer 2

Mi intento (otra manera de resolver)

Ps: esta técnica es similar a la de la desigualdad de Gronwall secuencias

Supongamos que la inicial de la desigualdad tiene sólo un número finito de coeficientes, a continuación, para $n\geq n_0$, $$a_{n+1} \leq 2^{\frac{1}{n}}a_n-1 $$ multiplicar ambos lados por $\prod\limits^{n}_{k=1}2^{\frac{1}{k}}$, tenemos $$\frac{a_{n+1}}{\prod\limits^{n}_{k=1}2^{\frac{1}{k}}} \leq \frac{2^{\frac{1}{n}}a_n}{\prod\limits^{n}_{k=1}2^{\frac{1}{k}}}-\frac{1}{\prod\limits^{n}_{k=1}2^{\frac{1}{k}}} $$ definir $h(s)=\frac{a_{s}}{\prod\limits^{s-1}_{k=1}2^{\frac{1}{k}}} $, luego $$h(s+1) \leq h(s)- \frac{1}{\prod\limits^{s}_{k=1}2^{\frac{1}{k}}}=$$ así $$h(s+1)- h(s) \leq -\frac{1}{\prod\limits^{s}_{k=1}2^{\frac{1}{k}}} $$ aplicar la suma de $\sum\limits^{n-1}_{s=n_0}$, en ambos lados, la primera es telescópica $$h(n)\leq h(n_0) - \sum\limits^{n-1}_{s=n_0}\frac{1}{2^{H_s}} $$ donde $H_s=\sum\limits^{s}_{k=1}\frac{1}{k}$ el número armónico. El uso de la defition de $h(n)$ hemos $$a_{n} \leq 2^{H_n}\left( h(n_0)- \sum\limits^{n-1}_{s=n_0}\frac{1}{2^{H_s}}\right), $$ pero $\sum\limits^{n-1}_{s=n_0}\frac{1}{2^{H_s}}$ diverge, entonces $a_n$ es negativo para $n$ lo suficientemente grande. (Esta divergencia, podemos ver la comparación de $H_s$ con $\ln (s)$, $H_s<1+\ln(s)$ y prueba de condensación de cauchy)