Probar : $ \frac{\alpha}{\alpha -\beta} \quad \text{close to 1.}$

Question

Si $\alpha \geq |\beta^{1+\eta}|,$ cómo probar que-

$$ \frac{\alpha}{\alpha -\beta} \quad \text{close to 1} ?$$

Intento: Si, $\alpha= |\beta^{1+\eta}|$,

a continuación, $$ \frac{\alpha}{\alpha -\beta}= \frac{\beta^{1+\eta}}{\beta^{1+\eta} -\beta}= \frac{\beta^{\eta}}{\beta^{\eta} -1} \approx \frac{\beta^{\eta}}{\beta^{\eta} -0} \approx 1$$

pero si, $\alpha> |\beta^{1+\eta}|$, a continuación, cómo ampliamos el argumento?

Tenga en cuenta que no podemos escribir directamente a $ \frac{\alpha}{\alpha -\beta}> \frac{\beta^{1+\eta}}{\beta^{1+\eta} -\beta}$ $\alpha -\beta > \beta^{1+\eta} -\beta$

Edit: Nota, $\eta \leq 1/2$.

Origen del problema :

Artículo completo: lineal formas en los logaritmos de la real algebraica de números cercanos a 1, página 11.

Answer 1

$$\frac\alpha{\alpha-\beta} = 1+\frac{\beta}{\alpha -\beta}$$ con el error básico obligado $$\left|\frac\beta{\alpha-\beta}\right| \le \frac{|\beta|}{|\beta|^{1+\eta}-s|\beta|} = \frac1{|\beta|^\eta-s} \le \frac1{|\beta|^\eta - 1}$$ donde $s=\pm 1$ es el signo de $\beta$.

Así que si al menos uno de $\eta>0$, e $\beta>1$ es "suficientemente grande", a continuación, $\alpha/(\alpha+\beta)$ está "cerca".

Answer 2

Asumiendo $|\beta|^\eta\gt1$, entonces el triángulo de la desigualdad de garantías $$ \begin{align} \left|\,\frac{\alpha}{\alpha-\beta}-1\,\right| &=\left|\,\frac{\beta}{\alpha-\beta}\,\right|\\ &=\left|\,\frac1{\alpha/\beta-1}\,\right|\\ &\le\frac1{|\beta|^\eta-1} \end{align} $$ que es pequeño si $|\beta|^\eta$ es grande.

Answer 3

En la prueba de $\bf{Theorem\; 13}$, $\alpha$ y $\beta$ se consideran enteros, lo suficientemente grande.

$$\frac{\alpha}{\alpha-\beta}=\frac{1}{1-\frac{\beta}{\alpha}}\leq \frac{1}{1-\beta^{-\eta}},$$ de donde el resultado.

Escribí sólo la RHS, y esto sólo por $\beta>0.$

Answer 4

Ya que han demostrado que la desigualdad de la $\alpha=|\beta^{1+\lambda}|$ observe que la función de $\dfrac{\alpha}{\alpha-\beta}$ es una función decreciente de $\alpha$ al$\alpha>\beta>0$, por lo que tenemos $$1<\dfrac{\alpha}{\alpha-\beta}<\dfrac{|\beta^{1+\lambda}|}{|\beta^{1+\lambda}|-\beta}\approx 1$$which means that $\dfrac{\alpha}{\alpha-\beta}$ is close to $1$ because $\dfrac{|\beta^{1+\lambda}|}{|\beta^{1+\lambda}|-\beta}$ is close to $1$