Demostrar que $(1+p/n)^n$ es una secuencia de Cauchy para un $p$

Question

Es una generalización de este pregunta. Estoy buscando una derivación similar a la de aquí .

¿Podemos demostrar que $(1+p/n)^n$ es una secuencia de Cauchy para cualquier $p \in [a, b]$ demostrando que

$$ \Bigg| \left( 1 + \frac{p}{n}\right)^n - \left( 1 + \frac{p}{m}\right)^m \Bigg| \leq f(n)$$

donde $f(n)$ es algo que tiende a cero como $n$ va al infinito?

Aquí hay un intento.

Dejemos que $m=n+1$ . Entonces,

$$ \Bigg| \left( 1 + \frac{p}{n}\right)^n - \left( 1 + \frac{p}{n+1}\right)^{n+1} \Bigg| = \Bigg| \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\left( \frac{p}{n} \right)^{k} - \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}\left( \frac{p}{n+1} \right)^{k} \Bigg| = \\ \Bigg| \sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} \left[ \prod_{i=1}^{k-1} \left( 1 - \frac{i}{n+1} \right) - \prod_{i=1}^{k-1} \left( 1 - \frac{i}{n} \right) \right] + \frac{p^{n+1}}{(n+1)^{n+1}} \Bigg| \leq \sum_{k=0}^{n} \frac{|p|^k}{k!} \left[ \prod_{i=1}^{k-1} \left( 1 - \frac{i}{n+1} \right) - \prod_{i=1}^{k-1} \left( 1 - \frac{i}{n} \right) \right] + \Bigg| \frac{p^{n+1}}{(n+1)^{n+1}} \Bigg| $$

Ahora, intuitivamente, $\sum_{k=0}^{n} \frac{|p|^k}{k!}$ tiende a la constante $e^{|p|}$ mientras que la expresión entre corchetes tiende a cero como $n$ va hasta el infinito. Intentaba demostrar que esta expresión es menor que una constante dividida por $n^2$ (porque sumaremos los términos consecutivos para $m >n$ y la suma debe converger que $\frac{C}{n^2}$ que se le proporcionaría).

¿Podemos encontrar también una estimación de la constante $C$ ?

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Gracias a todos por las buenas respuestas. Mientras tanto, todavía estoy bastante interesado en resolverlo algebraicamente. Mi siguiente idea fue utilizar la desigualdad del triángulo. Ignoremos el último término de la desigualdad anterior, obviamente tiende a cero como $n$ llega al infinito. Queremos que la suma llegue a cero lo suficientemente rápido. Así que,

$$ \Bigg| \sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} \prod_{i=1}^{k-1} \left( 1 - \frac{i}{n+1} \right) - \sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} \prod_{i=1}^{k-1} \left( 1 - \frac{i}{n} \right) \Bigg| \leq \\ \Bigg| \sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} \prod_{i=1}^{k-1} \left( 1 - \frac{i}{n} \right) - \sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} \Bigg| + \\ \Bigg| \sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} \prod_{i=1}^{k-1} \left( 1 - \frac{i}{n+1} \right) - \sum_{k=0}^{n} \frac{p^k}{k!} \Bigg| $$

Cada producto es evidentemente positivo y menor que uno. Así que acabamos teniendo una especie de serie exponencial habitual, pero ponderada. Si no, podríamos intentar introducir algo en lugar de los productos, que al restarlos diera algo que disminuyera lo suficientemente rápido. Creo que esto debería ser posible ya que tenemos toda la libertad para enchufar lo que queramos.

Answer 1

La secuencia es Cauchy

La desigualdad de Bernoulli muestra que la secuencia es monotónicamente creciente. $$ \begin{align} \left.\left(1+\frac p{n+1}\right)^{n+1}\middle/\left(1+\frac pn\right)^n\right. &=\frac{n+p}{n}\left(\frac{n+p+1}{n+1}\frac{n}{n+p}\right)^{n+1}\\ &=\frac{n+p}{n}\left(1-\frac{p}{(n+1)(n+p)}\right)^{n+1}\\ &\ge\frac{n+p}{n}\left(1-\frac{p}{n+p}\right)\\[4pt] &=1\tag{1} \end{align} $$ Si $p\le0$ entonces $\left(1+\frac pn\right)^n\le1$ Así que $\left(1+\frac pn\right)^n$ está acotado por encima.

Si $p\ge0$ el Teorema del Binomio muestra que la secuencia está acotada por encima. $$ \begin{align} \left(1+\frac pn\right)^n &=1+\frac n1\frac pn+\frac{n(n-1)}{2!}\left(\frac pn\right)^2+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}\left(\frac pn\right)^3+\cdots\\ &=1+\frac nn\frac p1+\frac{n(n-1)}{n^2}\frac{p^2}{2!}+\frac{n(n-1)(n-2)}{n^3}\frac{p^3}{3!}+\cdots\\ &\le1+p+\frac{p^2}{2!}+\frac{p^3}{3!}+\cdots\\[6pt] &=e^p\tag{2} \end{align} $$

Desde $\left(1+\frac pn\right)^n$ es creciente y acotado por encima, es convergente, por lo tanto Cauchy.

Si estamos dispuestos a utilizar la desigualdad $1+x\le e^x$ entonces podemos simplificar y ampliar la prueba de $(2)$ a $1+\frac pn\le e^{p/n}$ y elevar ambos lados a la $n^{\text{th}}$ poder. Esto demuestra que $\left(1+\frac pn\right)^n\le e^p$ para todos $p\gt-n$ (y como estamos viendo grandes $n$ , esto está bien).

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En cuanto a $\ \boldsymbol{f}$ $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\log(1+x)-x+\frac{x^2}2\right] =\frac{x^2}{1+x} \ge0\tag{3} $$ Así, para $x\ge0$ , $$ \log(1+x)\ge x-\frac{x^2}2\tag{4} $$ Por lo tanto, para $p\ge0$ tenemos $$ n\log\left(1+\frac pn\right)\ge p-\frac{p^2}{2n}\tag{5} $$ Así, $$ \begin{align} e^p &\ge\left(1+\frac pn\right)^n\tag{6}\\ &\ge e^pe^{-\frac{p^2}{2n}}\tag{7}\\[3pt] &\ge e^p\left(1-\frac{p^2}{2n}\right)\tag{8} \end{align} $$ Explicación:
$(6)$ : aplicar $(2)$
$(7)$ : aplicar $\exp$ a $(5)$
$(8)$ : $e^x\ge1+x$

Así, para $m\gt n$ tenemos $$ \begin{align} \left(1+\frac pm\right)^m-\left(1+\frac pn\right)^n &\le e^p-\left(1+\frac pn\right)^n\\ &\le e^p\frac{p^2}{2n}\tag{9} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ f(n)=e^p\frac{p^2}{2n}\tag{10} $$ funciona.

Answer 2

Un enfoque que utiliza L'Hospital para mostrar $$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=\exp(a).$$ Esto demostrará que la secuencia es una secuencia de Cauchy.

Dejemos que $$F(x)=x\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)=\frac{\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)}{\frac{1}{x}}.$$ Tenemos $\lim\limits_{x\to\infty}\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)=0=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x}$ por lo que aplicando la regla de L'Hospitals (y suponiendo que hemos comprobado que las otras condiciones están dadas) obtenemos $$\lim\limits_{x\to\infty} F(x)=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{1+a/x}\cdot\frac{-a}{x^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{a}{1+\frac{a}{x}}=a.$$

Como $\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=\exp(F(x))$ y $\exp$ es continua obtenemos: $$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=\exp\left(\lim\limits_{x\to\infty}F(x)\right)=\exp(a).$$

Answer 3

He aquí un esbozo para demostrarlo $f(n)$ es Cauchy. Siempre que queramos acotar $|f(a)-f(b)|$ entonces el teorema del valor medio suele ser nuestro mejor amigo.

El teorema del valor medio dice que para una función diferenciable $f$ tenemos $$|f(n) - f(m)| = |f'(c)||n-m| \text{ for some } c\in(n,m)$$

En este caso $f(x) = \left(1+\frac{a}{x}\right)^x$ . Primero tenemos que acotar la derivada

$$f'(x) = f(x)\left[\log\left(1+\frac{a}{x}\right) - \frac{a}{x+a}\right]$$

Para un tamaño suficientemente grande $x$ encontramos mediante la expansión de Taylor que $f'(x) \simeq f(x) \frac{a^2}{2x^2}$ . A continuación podemos demostrar que $f(x)$ está acotado en $[0,\infty)$ . Si se reúnen todos los ingredientes, se deduce que para $n<m$ lo suficientemente grande

$$|f(n) - f(m)| \leq \frac{C}{n^2}|n-m|$$

para alguna constante $C$ independiente de $n$ . Faltan muchos detalles por encima, pero debería ser bastante sencillo completarlos.

Answer 4

Esto muestra la estimación necesaria en la respuesta de Winther. Es demasiado complicado para ser un comentario, aunque eso es lo que realmente es.

Definir $\ln(1+x) =\int_1^{1+x} \frac{dt}{t} $ . Desde, para $1 \le t \le 1+x$ $\frac{1}{1+x} \le \frac{1}{t} \le 1$ , $\frac{x}{1+x} \le \ln(1+x) =\int_1^{1+x} \frac{dt}{t} \le x $ , por lo que $\frac{x}{1+x}-x \le \ln(1+x)-x \le 0 $ o, al revés, $0 \le x-\ln(1+x) \le \frac{x^2}{1+x} $ .

Por lo tanto, $0 \le \frac{a}{x}-\ln(1+a/x) \le \frac{(a/x)^2}{1+a/x} =\frac{a^2}{x(x+a)} $ .

Desde $\frac{a}{x}-\frac{a}{x+a} =\frac{a^2}{x(x+a)} $ , $0 \le \frac{a}{x+a}+\frac{a^2}{x(x+a)}-\ln(1+a/x) \le \frac{a^2}{x(x+a)} $ o $0 \le \ln(1+a/x)-\frac{a}{x+a} \le \frac{a^2}{x(x+a)} \le \frac{a^2}{x^2} $ .

Answer 5

Demostrando directamente que $a_{n} = (1 + (p/n))^{n}$ es una sucesión de Cauchy parece difícil, especialmente cuando se quieren utilizar sólo manipulaciones algebraicas.

Por otro lado por el teorema de Binomio es fácil ver que $a_{n}$ es creciente si $p > 0$ . Consideraremos este caso simplificado cuando $p > 0$ . Por el contrario, suponga que $a_{n}$ no es Cauchy. Entonces hay un $\epsilon > 0$ tal que hay infinidad de enteros $m, n$ con $n > m$ tal que $a_{n} - a_{m} \geq \epsilon$ . Elijamos el menor de los enteros $m$ y llamarlo $M$ . Es entonces obvio de la naturaleza creciente de $a_{n}$ que $a_{n} - a_{M} \geq k\epsilon$ donde $k \leq n - M$ y $k \to \infty$ como $n \to \infty$ . De ello se desprende que $a_{n}$ no tiene límites.

Sin embargo, es fácil ver que $a_{n}$ está acotado. Tenemos \begin{align} a_{n} &= 1 + p + \dfrac{1 - \dfrac{1}{n}}{2!}p^{2} + \cdots\notag\\ &\leq 1 + p + \frac{p^{2}}{2!} + \cdots \end{align}

De ahí que obtengamos una contradicción.