Demostrar que si $a > b > 0, p > 0$ entonces $a^p > b^p$

Question

Demostrar que si $a > b > 0, p > 0$ entonces $a^p > b^p.$

Según estaba leyendo al bebé Rudin, este hecho fue un paso que Rudin se saltó (Teorema 3.20a), pero no me resulta obvio cómo demostrarlo.

Gracias de antemano.

EDITAR (definiciones y resultados relevantes del ejercicio 6, capítulo 1):

EDITAR 2 - Presumir $b > 1$ .

Dejemos que $r = m/n, n>0$ , donde $m$ y $n$ son números enteros. Entonces $b^r = (b^m)^{1/n}$ . Se ha demostrado que $b^{r+s} = b^rb^s$ . Si $x$ es real y si dejamos que $$B(x) = \{ b^r | r \in \mathbb{Q}, r\leq x \}$$ entonces $b^r = sup B(r)$ y definimos $b^x = sup B(x) $ para cualquier $x$ . También se ha demostrado que $b^{r+s} = b^xb^y$ , de verdad $x$ y $y$ .

Espero que eso ayude, mi culpa por no incluirlo la primera vez.

Answer 1

Dejemos que $a>b>0$ . Vamos a demostrar que $a^{p}>b^{p}$ para cualquier $p\in\mathbb{Q}\cap(0,\infty)$ .

En primer lugar, demostramos que $a^{n}>b^{n}$ para cualquier $n\in\mathbb{N}$ . Este puede demostrarse fácilmente por inducción. Ya que, la fórmula es obviamente verdadera para $n=1$ . Supongamos que la fórmula es verdadera para $n=k$ es decir, $a^{k}>b^{k}$ , entonces $a^{k+1}=a\cdot a^{k}>a\cdot b^{k}>b\cdot b^{k}=b^{k+1}$ . En inducción matemática, la fórmula es verdadera para todos los $n\in\mathbb{N}$ .

A continuación, demostramos que $a^{\frac{1}{n}}>b^{\frac{1}{n}}$ para cualquier $n\in\mathbb{N}$ (En este caso, suponemos que para cualquier $x>0$ , $n\in\mathbb{N}$ existe $y>0$ tal que $y^{n}=x$ . Tenga en cuenta que $y$ se puede demostrar que es única y se denota por $x^{\frac{1}{n}}.$ ). Demostrar por contradicción, suponiendo lo contrario, que existe $n\in\mathbb{N}$ tal que $a^{\frac{1}{n}}\leq b^{\frac{1}{n}}$ . Si $a^{\frac{1}{n}}=b^{\frac{1}{n}},$ tenemos $a=\left(a^{\frac{1}{n}}\right)^{n}=\left(b^{\frac{1}{n}}\right)^{n}=b$ , lo cual es una contradicción. Si $a^{\frac{1}{n}}<b^{\frac{1}{n}}$ entonces por el resultado anterior, $\left(a^{\frac{1}{n}}\right)^{n}<\left(b^{\frac{1}{n}}\right)^{n}$ . Es decir, $a<b$ , lo que también es una contradicción.

Por último, dejemos que $p\in\mathbb{Q}\cap(0,\infty)$ . Elija $m,n\in\mathbb{N}$ tal que $p=\frac{m}{n}$ . Entonces por la primera parte, $a^{m}>b^{m}$ . Por la segunda parte, $\left(a^{m}\right)^{\frac{1}{n}}>\left(b^{m}\right)^{\frac{1}{n}}$ . Por lo tanto, $a^{p}>b^{p}$ .

Answer 2

Sabemos que $f^\prime(x)=px^{p-1}$ . Y sabemos que ambos $\dfrac{1}{x}>0$ y $x^p>0$ por lo que se deduce que $x^{p-1}>0$ . Así que $f^\prime(x)=px^{p-1}>0$ .

Así que $f$ es creciente en el intervalo $(0,\infty)$ .

Así que una función de potencia $f(x)=x^p$ es una función creciente cuando $p>0$ .

Así que por la definición de una función creciente sobre $(0,\infty)$ $a>b$ si y sólo si $a^p>b^p$ .

Answer 3

Estás usando "Principios de la Inducción Matemática" de Rudin y estás haciendo el capítulo 1, ejercicio 6. El cual se basa en gran medida en el Teorema 1.21 y su demostración;

Para cualquier $b > 1$ y $n \in \mathbb N$ hay un único positivo $c$ para que $c^n =b$ . Llamamos a tal $c:= b^{\frac 1n}$ .

La prueba hace uso de la propiedad del mínimo límite superior y del principio arquimédico y del hecho de que para todo $c < b$ entonces $c^n < b*c^{n-1} < b^2*c^{n-2} < ....< b^n$ . A continuación, consideramos $C= \sup \{c|c^n < b\}$ y... la prueba se escribe sola.

Pero aquí está la cosa. En el proceso de hacer esto nosotros tienen estableció que para todos los $c < b$ que para que $d= c^n < b$ que $c < b^{\frac 1n} = \sup \{c|c^n < b\}$ . Así, para $d < b$ tenemos $c = d^{\frac 1n} < b^{\frac 1n}$ .

Y si eso No era inmediatamente claro, tendría que ser por contradicción:

Si $d^{\frac 1n} \ge b^{\frac 1n}$ entonces $d=(d^{\frac 1n})^n \ge (b^{\frac 1n})^n = b$ que es una contradicción.

Por lo tanto, si demostramos que es coherente definir para $p =\frac mn$ que $b^p = (b^{\frac 1n})^m$ tendríamos $0 < a < b \iff 0 < a^{\frac 1n} < b^{\frac 1n} \iff a^{\frac mn} < b^{\frac mn}$ .

Y sólo haría falta una línea para extender ese resultado a $a^x = \sup \{a^q|q< x; q\in \mathbb Q\}< \sup\{a^q|q< x; q\in \mathbb Q\} = b^x$ .

Por eso Rudin "lo dio por hecho".

\====in recapitulación ==

Para los números naturales está claro por inducción.

Si $a^n > b^n > 0$ entonces $a^{n+1} =a^n*a > a^n*b > b^n*b = b^{n+1}$ .

Para $p = \frac 1n; n\in \mathbb N$ está claro por contradicción.

Si $a^{\frac 1n}\le b^{\frac 1n}$ tendríamos $a = (a^{\frac 1n})^n \le (b^{\frac 1n})^n = b$ .

Así que para los racionales $p = \frac nm; n,m\in \mathbb n$ entonces $a^p = (a^n)^{\frac 1m} > (b^n)^{\frac 1m} = b^p$ .

Y para cualquier $x>0$ tenemos $a^x = \sup\{a^q|q < x\} > \sup \{b^q|q < x\}$ [Hay que admitir que ese paso necesitaría una o dos frases, pero sería sencillo] $= b^x$ .

Answer 4

Si $p\in \mathbb{N}$ matemática de inducción.

Answer 5

Aquí hay otra ruta potencial a través de esto.

Desde $a\gt b\gt 0$ tenemos $\frac ab\gt 1$ y podríamos estar en condiciones de decir que $\frac ab=1+r$ con $r\gt 0$ y $\left(\frac ab\right)^p=(1+r)^p\gt 1$ .

Por ejemplo, podemos demostrar que $(1+r)^n\gt 1^m$ para los enteros $n, m$ por lo que podemos hacer esto para $p$ un racional positivo.