¿Esta secuencia converge monótonamente?

Question

Considere la secuencia $a_n = \frac{ a^{1/n}-1}{1/n}$ para a>0 . ¿Es monótona?

Sé que $a_n \to \log a$ como $ n \to \infty$ y creo que $\{a_n\}$ es monótonamente decreciente, pero no soy capaz de demostrarlo.

Answer 1

Para $a > 0$ la función $$ f(x) = a^x = e^{x \log a} \quad (x \ge 0) $$ es convexo ( $f''(x) \ge 0$ ), por lo que para $0 < x < y$ $$ f(x) \le \frac{y-x}{y-0} \, f(0) + \frac{x-0}{y-0} \, f(y) \\ \Longrightarrow \frac{f(x) - f(0)}{x} \le \frac{f(y) - f(0)}{y} \, , $$ es decir, la función $$ g(x) = \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{a^x-1}{x} $$ es creciente, por lo que $a_n = g(\frac 1n)$ es un decreciente decreciente.

Si $a \ne 1$ entonces $f$ es estrictamente convexo y por lo tanto $a_n$ estrictamente decreciente.

Answer 2

Suponiendo que $a<1$ : $$\frac{\frac{ a^{1/n}-1}{1/n}}{\frac{ a^{1/(n+1)}-1}{1/(n+1)}}=\frac{a^{1/n}-1}{a^{1/(n+1)}-1}\frac{1/(n+1)}{1/n}=\frac{a^{1/n}-1}{a^{1/(n+1)}-1}\overbrace{\frac{n}{n+1}}^{<1}$$ Ahora vamos a comprobar si $\frac{a^{1/n}-1}{a^{1/(n+1)}-1}<1:$ $$\frac{a^{1/n}-1}{a^{1/(n+1)}-1}<1\iff a^{1/n}-1<a^{1/(n+1)}-1\iff a^{1/n}<a^{1/(n+1)}\iff 1/n>1/(n+1)$$

Así que $a_n/a_{n+1}<1\implies |a_n|<|a_{n+1}|\implies\begin{cases}a_n<a_{n+1}&\forall n:a_n>0\\a_n>a_{n+1}&\forall n:a_n<0\end{cases}$

Porque estamos hablando de $a<1$ Puedo ver que $a_n<0$

Por lo tanto, para $a<1$ es monótonamente decreciente.