Una prueba de secuencias numéricas.

Question

Sea $ 0<a<1 $ sea un número real, y sea $ a_n \in \left ( -1,0 \right )$ definido por la relación $ \sqrt[n]{a} = 1+a_n$ , $ n \in \mathbb{N}$ .

Demuestra la siguiente desigualdad:

$ |a_n| \le \frac{1}{n} \bigl( \frac{1-a}{a}\bigr)$ , $ n \ge 1$ .

Este problema fue propuesto por mi profesor de Análisis Matemático $2$ . La siguiente es mi solución personal, diferente de la esperada.

Answer 1

Por hipótesis es $ \sqrt[n]{a} = 1 + a_n$ en particular $ a_n=\sqrt[n]{a}-1<0$ $\to$ $|a_n|=1-\sqrt[n]{a}$ .

El segundo miembro puede verse como una división de polinomios:

$$ 1 - \sqrt[n]{a} = \frac{1 - a}{1 + \sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{a^2} + \sqrt[n]{a^3} + ... +\sqrt[n]{a^{n-1}} }$$

Tenga en cuenta que los términos en el denominador,

$$1 + \sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{a^2} + \sqrt[n]{a^3} + ... +\sqrt[n]{a^{n-1}}$$

son todos $\ge$ $a$ : ser $ 0<a<1$ , de hecho, elevando $a$ a un exponente $ \in \left [ 0,1 \right]$ (nótese que los exponentes de $ a$ en el denominador son $\frac{1}{n}$ , $\frac{2}{n}$ , ... , $\frac{n-1}{n} \le 1$ ) obtendrá un valor $\ge a$ es decir, más cerca de $1$ . Existen $n$ términos en el denominador (nótese que todas las potencias de $ a $ de $0$ à $ n-1 $ están presentes, y $ n-1+1=n$ ). Entonces es

$$ |a_n| = 1 - \sqrt[n]{a} = \frac{1 - a}{1 + \sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{a^2} + \sqrt[n]{a^3} + ... +\sqrt[n]{a^{n-1}} } \le \frac{1-a}{na}$$

de lo que sigue: $ |a_n| \le \frac{1}{n} \bigl( \frac{1-a}{a} \bigr)$

$\square$