Supongamos que nos dan $$B = \frac{1}{q+1}+\frac{1}{(q+2)(q+1)}+\frac{1}{(q+3)(q+2)(q+1)}+...$$ Entonces queremos que se convierta en $$B<\frac{1}{q+1}+\frac{1}{(q+1)^2}+\frac{1}{(q+1)^3}+...$$ En realidad, ¿por qué esta desigualdad vale? En otras palabras, ¿cómo sabemos que la desigualdad se mantiene para todos los términos, ya que no sabemos lo que sucederá en el término mayor.
Respuestas
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Tenga en cuenta que $q+a > q+1$ para $a>1$ . Por lo tanto, obtenemos que $\dfrac1{q+a} < \dfrac1{q+1}$ para $q>-1$ . Esto significa para $q>-1$ tenemos $$\prod_{a=1}^k \dfrac1{q+a} < \prod_{a=1}^k \dfrac1{q+1} = \dfrac1{(q+1)^k} \,\,\,\,\,\,\,\,\, \forall k >1$$ Por lo tanto, para $q>-1$ tenemos $$B = \sum_{k=1}^{\infty} \left(\prod_{a=1}^k \dfrac1{q+a} \right) < \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac1{(q+1)^k} $$
speciousfool
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En primer lugar, debe tener más claro qué $q$ puede ser para que esta afirmación sea cierta. Una vez establecidas las restricciones sobre $q$ compare $B$ a la expresión de la desigualdad término a término. Obsérvese que para números reales mayores o iguales que $0$ si $a \lt b$ entonces $\frac{1}{a} \gt \frac{1}{b}$ . $q+1 \lt q+n$ donde $n \in \mathbb{N} \gt 1$ . No olvide pensar en lo negativo $q$ también.
Otra táctica: aplicar la inducción a $B_n$ con caso base $n = 2$ . Utilice $a \lt b$ entonces $\frac{1}{a} \gt \frac{1}{b}$ y una descomposición fraccionaria parcial del $n+1$ del lado derecho para demostrar la $n+1$ caso.
