sábado, 11 de junio de 2011
Problema del día sábado 11 de junio (Jorge)
Sea $a_0, a_1, a_2...$ una secuencia infinita de reales positivos. Demuestra que la desigualdad $1+a_n>a_{n-1}\sqrt[n]{2}$ es cierta para una infinidad de naturales $n$.
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4 comentarios:
Primero, es equivalente a que sea cierta para uno y que sea cierta para infinitos. Supongamos que es cierta siempre para algún natural.
Si no fuera cierta para infinitos naturales, a partir de cierto $N$, la subsecuencia $\{b_i\}=\{a_{i+N}\}$ tiene un numero $k$ tal que $1+b_k> b_{k-1}\sqrt[k]{2}$. Entonces $1+a_{k+N}=1+b_k> b_{k-1}\sqrt[k]{2}\geq b_{k-1}\sqrt[k+N]{2}=a_{k+N-1}\sqrt[k+N]{2}$. Pero $k+N> N$, por lo tanto no se debería cumplir esa desigualdad! Contradicción.
Así que basta demostrar que existe un natural $n$ que cumpla esa desigualdad.
Sí tuvieramos que en la secuencia $a_0=C$, $a_n=a_{n-1}\sqrt[n]{2}-1$ se cumple que para un numero es no-positiva, entonces la secuencia que cumple $b_0=C$,$b_n\leq b_{n-1}\sqrt[n]{2}-1$ también cumpliria eso, ya que por inducción facil, si $a_k$ es el primer no-positivo y no hay negativos entre $b_0,b_1,\cdots b_{k-1}$, entonces $b_i\leq a_i\forall 0\leq i\leq k-1$. Entonces $b_k\leq b_{k-1}\sqrt[k]{2}-1\leq a_{k-1}\sqrt[k]{2}-1=a_k\leq 0$. Por lo tanto $b_k\leq 0$.
Entonces sin perdida de generalidad puedo suponer que $a_n=a_{n-1}\sqrt[n]{2}-1$. Por lo tanto $a_n<2^{\frac{1}{n}}a_{n-1}<\cdots 2^{H_k}C$, donde $H_k=\sum_{i=1}^k\frac{1}{i}$.
Tenemos que
$$ln(n+1)=\int_1^{n+1} \frac{1}{x}\geq\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}=H_n$$
$$H_n=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}<\int_1^{n+1} \frac{1}{x}=ln(n+1)$$
Sea $x_k=2^{H_k}-2^{H_{k-1}}$. Entonces
$$\frac{\sum_{i=2}^{k+1} x_i}{k}=\frac{2^{H_{k+1}}-2^{H_1}}{k}<\frac{2^{H_{k+1}}}{k}<\frac{2^{ln(k+2)}}{k}=\frac{e^{ln(2)ln(k+2)}}{e^{ln(k)}}=e^{ln(2)ln(k+2)-ln(k)}$$
Tenemos que $f(k)=e^{ln(2)ln(k+2)-ln(k)}=\frac{(k+2)^{ln(2)}}{k}$. Como $2<e$ entonces $ln(2)<ln(e)=1$, asi que $(k+2)^{ln(2)}$ es estrictamente decreciente y cuando $k$ tiene a infinito, $x$ tiende a $0$. Tenemos que $\frac{1}{k}$ también es decreciente y tiende a $0$ entonces $f(k)$ es decreciente y tiende a $0$.
Porlotanto existe un $r$ suficientemente grande, tal que $f(r)<\frac{1}{C}$. Entonces $min_{i=2}^{r+1} x_i\leq \frac{\sum_{i=2}^{k+1} x_i}{k}<f(r)<\frac{1}{C}$. Porlo tanto para algun $s$, $x_s<1/C$.
Por lo tanto $(\sqrt[s]{2}-1)a_{s-1}<(2^{\frac{1}{s}}-1)2^{H_{s-1}}C=(2^{H_s}-2^{H_{s-1}})C=x_sC<\frac{1}{C}C=1$. Por lo tanto $a_s=a_{s-1}\sqrt[s]{2}-1<a_{s-1}$. Por inducción, como $\sqrt[t+1]{2}<\sqrt[t]{2}$ y $a_t<a_{t-1}$, con el mismo resultado da que $a_{t+1}<a_t$. Asi que $a_t<a_{t-1}\forall t\geq s$.
Definamos $b_i=a_{i-1}(\sqrt[i]{2}-1)$. Como $a_i,\sqrt[i]{2}$ son decrecientes, entonces $b_i$ también. Por lo tanto $c_i=1-b_i$ es creciente. Notemos que $a_i=(\sqrt[2]-1)a_{i-1}-1+a_{i-1}=a_{i-1}-c_i$. Sea $c_s=d$. Entonces $a_i=a_{i-1}-c_i<a_{i-1}-d\forall i\geq s$. Como $0<d$, tenemos que eventualmente $a_i$ sera negativo, pero es una secuencia positiva, lo cual implica contradicción!
Por lo tanto existe siempre almenos un $n$ que cumpla esa desigualdad, y entonces, siempre existen infinitos $n$ que cumplen esa desigualdad.
Ya habia hecho el problema
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