La desigualdad de Bernoulli y un límite inesperado

Question

Esta pregunta se inspira en ¿Qué pasaría con la desigualdad de Bernoulli si $x<-1$ ? .

Dejemos que $x_n=\min\{x\in{\bf R}:(1+x)^n\geq 1+nx\}$ , donde $n$ es natural e impar (error mío en la primera versión, observado por @mfl). ¿Es cierto que $$ \lim_{n\to\infty}x_n=-2? $$ Los cálculos numéricos sugieren la respuesta positiva.

Answer 1

Editar: Esta es una respuesta para arbitraria $n.$ El OP ha editado la pregunta para pedir $n$ impar.

Tenga en cuenta que para $n\ge 2$ incluso es

$$(1+(-100))^n=(-99)^n\ge 1+(-99)\cdot n.$$

Así que, $x_n\le -100$ para todos incluso $n\in\mathbb{N}.$ Sí, es cierto, $x_n=-\infty,$ al menos, para $n$ incluso.

Esto contradice la conclusión.

Answer 2

Edición mayor: El último intento tuvo un fallo fatal.

Dejemos que $J$ sea el conjunto de enteros Impares mayores que $1$ y que $p_n(x)=x^n-nx+(n-1)$ para $n\in J$ . Calcular las derivadas $$p_n^{\prime}(x)=n(x^{n-1}-1)\text{ and }p^{\prime\prime}_n(x)=n(n-1)x^{n-2}$$ nos dice que $p_n(-1)=2(n-1)$ es un máximo local, $p_n(1)=0$ es un mínimo local, no hay otros extremos, $p_n$ es estrictamente creciente en $(-\infty,-1]$ y $p_n(x)\geq0$ para todos $x\geq a_n$ , donde $a_n$ es la raíz mínima real de $p_n$ .

Necesitaremos esto: $$p_n\left(-\frac{n+1}{n}\right)=\left(-\frac{n+1}n\right)^n-n\left(-\frac{n+1}n\right)+(n-1)\\=-\left(1+\frac1n\right)^n+2n>2n-e>0.$$

Así, $a_n<-\left(1+\frac1n\right)$ . (Este es el problema de mi primer intento. Las raíces están delimitadas lejos de $-1$ por una secuencia que no converge especialmente rápido).

Factorizamos, utilizando " $x^a-1=(x^{a-1}+x^{a-2}+\ldots+x+1)(x-1)$ " una vez entre la primera y la segunda línea y $n-1$ veces entre la tercera y la cuarta línea. $$p_n(x)=x^n-1-n(x-1)\\=\left(\left(\sum_{k=1}^nx^{n-k}\right)-n\right)(x-1)\\=\left(\sum_{k=1}^{n-1}(x^{n-k}-1)\right)(x-1)\\=\left(\sum_{k=0}^{n-2}(n-1-k)x^k\right)(x-1)^2.$$

Ahora evaluamos $$p_{n+2}(a_n)=\left(\sum_{k=0}^{n}(n+1-k)a_n^k\right)(a_n-1)^2\\=\left(a_n^2\left(\sum_{k=2}^{n}(n+1-k)a_n^{k-2}\right)+na_n+(n+1)\right)(a_n-1)^2\\=\left(a_n^2\left(\sum_{k=0}^{n-2}(n-1-k)a_n^{k}\right)+n a_n+(n+1)\right)(a_n-1)^2\\=(a_n^2\cdot0+n a_n+(n+1))(a_n-1)^2\\<\left(n\left(-\frac{n+1}{n}\right)+(n+1)\right)(a_n-1)^2=0.$$

De la segunda a la tercera línea fue una reindexación. El término la cancelación de la tercera a la cuarta línea es un reconocimiento de que el término es $p_n(a_n)(a_n-1)^{-2}$ . De la cuarta a la quinta línea se utiliza $a_n<-\frac{n+1}n$ que se estableció anteriormente.

Desde $p_{n+2}$ está aumentando, $a_{n+2}>a_n$ . Así, la secuencia $a_n$ es estrictamente creciente. Sea $a=\lim_{n\in J}a_n$ . Desde $a_n<-1$ , $a\leq-1$ . Porque $a_n<a$ tenemos $p_n(a)>0$ para todos $n\in J$ . Así, $$\sqrt[n]{n(a-1)+1}<a\leq-1$$ para todos $n\in J$ . Dejar $n\to\infty$ (mantener $n\in J$ ) da $-1\leq a\leq-1$ .

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Definir $q_n(x):=p_n(x+1)$ para cada $n\in J$ y $x_n$ sea la raíz mínima real de $q_n$ . Tenga en cuenta que $$q_n(x)=(1+x)^n-(1+nx)=p(x+1,n)\geq0$$ si $x\geq x_n$ . Por lo tanto, estos $x_n$ son los mismos números que en su pregunta. También, $x_n=a_n-1$ . Desde $a_n\to-1$ , $x_n\to-2$ como $n\to\infty$ (mantener $n$ impar).