Loading DocumentSe trata de definir con sucesiones convenientes, la función exponencial natural y=exp(x), de forma esencialmente análoga al resultado de Leonhard Euler en su obra «Introducción al análisis»:
ez=(1+iz)i.
Aquí. i es un índice infinito o infinitamente grande, de acuerdo con el estado de pensamiento y del arte en la época de su publicación (1748).
Hoy se la definiría directamente como:
ex=n→∞lim(1+nx)n,
mediante la teoría de límites y convergencia de sucesiones reales.
Para iniciar este proceso de construcción, primero se definen las sucesiones a partir de las cuales se ha de partir.
Definición 1.1: Sean x un número real arbitrario, n∈N arbitrario, y p∈Z fijo. Sean las sucesiones de números reales {sn(x)}n∈N, {ϕn(x)}n∈N, y {ρn(x,p)}n∈N, definidas para x en los números reales, y tales que:
(1.1) sn(x)=1+nx=nn+x,
(1.2) ϕn(x)=(sn(x))n=
=(1+nx)n=(nn+x)n,
(1.3) ρn(x,p)=(sn(x))n+p=
=(1+nx)n+p=(nn+x)n+p, n>∣p∣.
Se definen de esta forma, y puede verse, o intuirse que en general, convergen ϕn(x) y ρn(x), al menos para valores positivos de x, y como se verá luego, convergen también para valores negativos de x y para x=0..
Puede observarse una tendencia definida, de los tantos por ciento de tasa de interés, respecto al tiempo t, en la fórmula de interés compuesto,
Cfinal=Cinicial(1+r)t.
Donde t, el tiempo, es el número de períodos o años en que el capital inicial se pone a interés, r, entre cero y 1, es la tasa, expresada en tanto por ciento, de interés por período o año, Cinicial es el capital al inicio de los t periodos o años de capitalización y Cfinal, el capital total obtenido al final del tiempo de capitalización t.
Y si se divide el período o año en n instantes, o cuotas de capitalización (2 semestrales, 4 trimestrales, 6 bimestrales, 12 mensuales, etcétera), la tasa de interés por cuota o instante de capitalización queda como nr, y hay una mayor oportunidad para la acumulación del capital, quedando como Cfinal=Cinicial(1+nr)nt.
Y ya con lo estudiado por Jakob Bernoulli, sobre las propiedades de los intereses compuestos, y el problema de la acumulación instantánea o límite de los intereses, cuando el año se divide en un número de cuotas de capitalización arbitrariamente grande (ver La historia del número e y el interés compuesto), que el número e, el límite de ϕn(x), cuando x=1 y n tiende a +∞, existe y está entre 2 y 3, esto es que:
2<e=n→∞limϕn(1)=n→∞lim(1+n1)n<3.
Para determinar la convergencia, para todo x∈R, y al mismo límite, de las sucesiones {ϕn(x)} y {ρn(x,p)}, y para ello, se necesitará determinar la monotonía en N de ambas sucesiones de potencias, y comprobar que son acotadas, por esto, se requiere primero, definir los cocientes especiales {cn(x)} y {dn(x)}, de la siguiente manera:
Definición 1,2: Si x∈R, para todo n∈N, se tiene que:
(1.4). cn(x)=sn(x)sn+1(x)=nn+xn+1n+1+x,
(1.5). dn(x)=sn+1(x)sn(x)=n+1n+1+xnn+x.
Para el caso en que x>0, el cociente {cn(x)} se usará para demostrar que {ϕn(x)} es estrictamente creciente, y {dn(x)} para verificar que {ρn(x,p)} es estrictamente decreciente si p≥x. Y que {ρn(x,p)} mayora a {ϕn(x)}.
En el caso de que x<0, con ayuda de estos cocientes, se pretende ver que {ϕn(x)} crece de modo estricto pata todo n>−x, y que {ρn(x,p)} decrece estrictamente si p<0 y −x≤−p. Además de que {ρn(x,p)} acota a {ϕn(x)}.
En todo caso, ambas sucesiones de razones verifican la observación que sigue.
Observación 1.2.1: Sean x∈R, y n∈N. Si x>0, o x<0 y n=−x, entonces:
(1.6). cn(x)=sn(x)sn+1(x)=1−(n+1)(n+x)x,
(1.7). dn(x)=sn+1(x)sn(x)=1+n(n+1+x)x.
En la sección siguiente, se verán las propiedades de estas razones, que se utilizarán más adelante.
Primero se verán las propiedades de {cn(x)} necesarias para la monotonía buscada de {ϕn(x)}, y luego se expondrás las de {dn(x)}, que serán útiles para la monotonía de {ρn(x,p)}.
La sucesión de cocientes{cn(x)}, para el caso en que x=0, verifica la afirmación que sigue.
Proposición 2.1: Sí x=0, y n∈N, se tiene que:
(cn(x))n=cn(x)=sn(x)=1.
El que cn(x)=1 para todo n∈N, siendo sn(x)sn+1(x)=sn(x) si x=0, indica que sn(x) es constante en N. Y no sólo eso, si no que sn(x)=1 para todo natural n, lo que hace que. si x=0, sea ϕn(x)=(sn(x))n=1 para todo n∈N.
Sobre la razón {cn(x)}, cumple con las siguientes propiedades, para el caso cuando x>0.
Proposición 2.2: Si x>0 y n∈N es:
a) 1>n+xx>(n+1)(n+x)x,
(n+1)(n+x)x>(n+1)2(n+x)x>0,
b) 0<n+xn<1−(n+1)(n+x)x=cn(x),
cn(x)<1−(n+1)2(n+x)x<1,
c) (cn(x))n+1>1−(n+1)(n+x)(n+1)x=n+xn.
Por el punto c) de la proposición, es (cn(x))n+1 >1/(1+nx) para todo n∈N.
En el caso de que x<0, {cn(x)} verifica lo que sigue:
Proposición 2.3: Si x<0, n∈N, y n>−x, entonces:
a) −1<n+xx<(n+1)(n+x)x,
(n+1)(n+x)x<(n+1)2(n+x)x<0.
b) n+xn>cn(x),
cn(x)>1−(n+1)2(n+x)x>1.
c) (cn(x))n+1>n+xn.
También, como en 2.2.c), se cumple que (cn(x))n+1 >1/(1+nx), para todo n∈N tal que n>−x. Y esto permitirá demostrar la monotonía de {ϕn(x)}.
En cuanto a la sucesión de cocientes {dn(x)}, puede afirmarse las siguientes proposiciones sobres sus propiedades, para los casos cuando x=0, x>0 y x<0, de forma que podrá verificarse la monotonía de {ρn(x.p)} con p entero y ∣p∣≥∣x∣.
Proposición 2.4: Si x=0, p∈Z, entonces:
(dn(x))n+p=dn(x)=sn(x)=1 para todo n∈N.
El hecho de que dn(x)=1 para todo n∈N, sea sn+1(x)sn(x)=sn(x) si x=0, indica que sn(x) es constante en N. Y que sn(x)=1 para todo natural n, lo que hace que. si x=0. sea ρn(x,p)=(sn(x))n+p=1 para todo n∈N.
La proposición que sigue será útil para verificar la monotonía de {ρn(x,p)}, en el caso de x positivo.
Proposición 2.5: Sea x>0, p∈Z tal que p≥x. Entonces:
a) sn(x)>dn(x)>1 para todo n∈N tal que n>x.
b) 1+n(n+1+x)(n+p+1)x≥sn(x), para todo n∈N tal que n>x.
c) (dn(x))n+p+1>sn(x)=1+nx, para todo n∈N tal que n>x.
Para el caso en que x<0, {dn(x)} verifica las propiedades dadas en la afirmación siguiente, que permitirá tratar la monotonía de {ρn(x,p)}.
Proposición 2.6: Sea x<0, p∈Z tal que p≤x. Entonces:
a) 1>dn(x)>sn(x)>0, para todo n∈N tal que n>−x.
b) 1+n(n+1+x)(n+p+1)x≥sn(x), para todo n∈N tal que n>−x y n>−p.
c) (dn(x))n+p+1>sn(x). para todo n∈N tal que n>−x y n>−p.
De esta forma, para x=0, y p∈Z tal que ∣p∣≥∣x∣. y para todo n∈N que satisfaga que ∣n∣>∣x∣ y ∣n∣>∣p∣, se tiene que (dn(x))n+p+1>sn(x)> 0.
Si para un real arbitrario x, y un entero fijo p, definimos las sucesiones {sn(x)}n∈N, {ϕn(x)}n∈N y {ρn(x,p)}n∈N. como en 1.1), 1.2) y 1.3), podremos obtener varias propiedades que serán de utilidad a la hora de llegar y justificar la definición de la exponencial como límite. Las tres primeras se dan en la siguiente proposición:
Proposición 3.1: Sea x∈R. p∈Z fijo, y sean las sucesiones {sn(x)}n∈N, s{ϕn(x)}n∈N y {ρn(x,p)}n∈N. definidas como en 1.1), 1.2) y 1.3:
a) Si x=0, es ρn(x,p)=ϕn(x)=sn(x)=1>0, ∀n∈N : n≥∣p∣ .
b) Si x>0, y p≥x, es 1<1+nx<ϕn(x)<ρn(x,p), ∀n∈N.
c) Si x<0, y −x≤−p, es 0<ϕn(x)<ρn(x,p)<1+nx, ∀n∈N, n>−x, n+p>1.
Por los casos dados en b) y c) puede esperarse que si x=0, y p∈Z, tal que ∣p∣≥∣x∣, sea 0<ϕn(x)<ρn(x,p) para todo natural n tal que n+p>1.
Ahora bien, para demostrar que {ϕn(x)} es creciente estrictamente en N si x>0, se calcula para n en N arbitrario el cociente entre ϕn+1(x) y ϕn(x), y se ha de probar que ϕn(x)ϕn+1(x)>1. Y para el caso de x<0, se demuestra que ϕn(x)ϕn+1(x)>1, para todo n en N tal que n>−x, para verificar que {ϕn(x)} también crece estrictamente en N.
Así mismo, para probar que {ρn(x,p)} decrece estrictamente en N cuando x> 0, y p≥x se calcula la razón entre ρn(x,p) y ρn+1(x,p), para todo n en N y se verifica que ρn+1(x,p)ρn(x,p)>1. Para el caso de x<0, y con n en N y n>−x, se comprueba que ρn+1(x,p)ρn(x,p)>1, para mostrar que {ρn(x, p)} decrece estrictamente en N, si p<0, y −x<=−p.
Por esto se calculan y obtienen las expresiones de dichas razones, según su expresión en la proposición que sigue.
Proposición 3.2: Se tiene que, si x∈R, p∈Z fijo, y n∈N, se cumple que:
a) si x≥0, o x<0 y n>−x, esϕn(x)ϕn+1(x)=(sn(x))n(sn+1(x))n+1=
=(1+nx)(1−(n+1)(n+x)x)n+1,
b) Sea x∈R, p∈Z tal que ∣p∣≥∣x∣, y n∈N, tal que n>∣x∣, n+p>1. Entonces
ρn+1(x,p)ρn(x,p)=(sn+1(x))n+p+1(sn(x))n+p=
=(1−n+xx)(1+n(n+1+x)x)n+p+1 .
Como consecuencia de la parte a) de la proposición precedente, y de la parte c) de la proposición 2.2, así como el inciso c) de la proposición 2.3, puede verse que si x>0 y n∈N arbitrario, o bien x<0, n∈N arbitrario tal que n>−x, es (1+nx)(1−(n+1)(n+x)x)n+1>(1+nx)(n+xn), y siendo que (1+nx)(n+xn)=(nn+x)(n+xn)=1, se tiene que (1+nx)(1−(n+1)(n+x)x)n+1>1 y por ello, ϕn(x)ϕn+1(x) >1, de modo que {ϕn(x)} es estrictamente creciente, según se afirma en la siguiente proposición.
Proposición 3.3: Sea x=0, y {ϕn(x)} la sucesión definida por ϕn(x)=(1+nx)n para todo n∈N.
Si x≥0, o x<0 y n>−x, se cumple que 0<ϕn(x)<ϕn+1(x).
Ahora bien, por 3.2) b), y el punto c) de la proposición 2.5. se tiene que, si x>0, p∈Z tal que p≥x, y n∈N arbitrario, n>1, entonces n+p>1 y (1−n+xx)(1+n(n+1+x)x)n+p+1>(1−n+xx)(1+nx) , como (1−n+xx)(1+nx) =(n+xn)(nn+x) y (n+xn)(nn+x) =1, entonces (1−n+xx)(1+n(n+1+x)x)n+p+1>1, y de ahí, es ρn+1(x,p)ρn(x,p)>1, por lo que {ρn(x,p)} es estrictamente decreciente en el caso de x>0 y p≥x.
Para el caso donde x<0, con p∈Z y p≤x, y si n∈N es arbitrario y tal que −p+1<n, se tiene que n+p>1, y por la proposición 2.6, inciso c), y el punto b) de la proposición 3.2) se llega, como en el caso de x>0, a que (1−n+xx)(1+n(n+1+x)x)n+p+1>1, y a que ρn+1(x,p)ρn(x,p)>1, esto es a que {ρn(x,p)} decrece de modo estricto si x<0 y p≤x. Por lo tanto, se ha demostrado lo que sigue.
Proposición 3.4: Sea x=0, sea p∈Z fijo, tal que ∣p∣≥∣x∣ y sea {ρn(x,p)} definida por ρn(x,p)=(1+xx)n+p para todo n∈N.
Entonces, para todo n∈N tal que n+p>1, es ρn+1(x,p)<ρn(x,p).
Por la proposición 3.1 y la proposición 3.3, puede verificarse que {ϕn(x)} y {ρn(x,p)} son acotadas además de estrictamente monótonas cuando x=0, yp∈Z tal que ∣p∣≥∣x∣. Encapsulando la afirmación siguiente este hecho.
Proposición 3.5: Sea x=0, sea p∈Z fijo, tal que ∣p∣≥∣x∣ , sea {ϕn(x)}, definida por ϕn(x)=(1+nx)n, para todo n∈N, y sea {ρn(x,p)} definida por ρn(x,p)=(1+xx)n+p para todo n∈N.
Entonces, para todo n∈N tal que n+p>1, y n>∣x∣, es 0<ϕn(x)<ϕn+1(x)<ρn+1(x,p)<ρn(x,p).
De hecho, asumiendo que x=0, p∈Z fijo, tal que ∣p∣≥∣x∣, basta que n≥n0 =max{∣p∣+1,⌈x⌉}, para que la proposición anterior se verifique, de manera que, todo término de la sucesión {ρ(x,p)}, salvo si n≤n0, acota superiormente a {ϕn(x)}, y todo término de {ϕn(x)}, salvo si n≤n0, es cota inferior de {ρ(x,p)}.
Así, por el Axioma del extremo superior, existen lϕ=sup{y∈R:∃n∈N:y=ϕn(x)} y lρ=inf{z∈R:∃n∈N:z=ρn(x,p)}, y se tiene que 0<ϕn(x)≤lϕ≤ρn(x,p) para todo n∈N, por ser lϕ la mínima cota superior de {ϕn(x)}, y además, que 0<ϕn(x)≤lρ≤ρn(x,p) para todo n∈N por ser lρ la máxima cota inferior de {ρn(x,p)}, y también, lρ es cota superior de {ϕn(x)}, por lo cual, ha de ser lϕ≤lρ. y se tiene así el siguiente corolario de la proposición 3. 4.
Corolario 3.5.1: Sean x=0, p∈Z fijo, tal que ∣p∣≥∣x∣, y sean ϕn(x)=(1+nx)n, ρn(x,p)=(1+xx)n+p para todo n∈N. Si lϕ=sup(Im{ϕn(x)} y lρ=inf(Im{ρn(x,p)}), es 0<ϕn(x)≤lϕ≤lρ≤ρn(x,p) para todo n∈N.
Y como se probará en la sección que sigue, es lϕ=lρ.
(texto explicativo e introducción)
Para prueba de Observación 1.1:
Si x>0, o x<0 y n=−x, es:
sn(x)=1+nx=nn+x,
cn(x)=sn(x)sn+1(x)=1−(n+1)(n+x)x,
cn(x)=sn(x)sn+1(x)=1−(n+1)(n+x)x, pues:
cn(x)=sn(x)sn+1(x)=nn+xn+1n+1+x,
cn(x)=(n+1)(n+x)n(n+1+x)=(n+1)(n+x)n(n+1)+nx,
cn(x)=(n+1)(n+x)n(n+1)+(n+1)x−x,
cn(x)=(n+1)(n+x)(n+1)(n+x)−x,
cn(x)=(n+1)(n+x)(n+1)(n+x)−(n+1)(n+x)x,
cn(x)=1−(n+1)(n+x)x,
---------------------------------------
Si x>0, o x<0 y n=−x, es:
dn(x)=sn+1(x)sn(x)=1+n(n+1+x)x pues:
dn(x)=sn+1(x)sn(x)=n+1n+1+xnn+x,
dn(x)=sn+1(x)sn(x)=n(n+1+x)(n+1)(n+x),
dn(x)=sn+1(x)sn(x)=n(n+1+x)(n+1)n+(n+1)x,
dn(x)=sn+1(x)sn(x)=n(n+1+x)nn+n+nx+x,
dn(x)=sn+1(x)sn(x)=n(n+1+x)n(n+1+x)+x,
dn(x)=sn+1(x)sn(x)=n(n+1+x)n(n+1+x)+n(n+1+x)x,
dn(x)=sn+1(x)sn(x)=1+n(n+1+x)x.
Para la proposición 2.1: Si x=0 y n∈N arbitrario, se tiene que sn(0)=1+n0=1, por lo que dn(0)=sn(0)sn+1(0)=1, y de ahí, (dn(0))n=1.
Para la proposición 2.2:
Si x>0, n∈N, se tiene que n+x>x>0, así que n+x>x>0, por lo que 1=n+xn+x>n+xx>0, y siendo que 1>n+11>(n+1)21>0, se tiene que 1>n+xx>(n+1)(n+x)x y (n+1)(n+x)x>(n+1)2(n+x)x>0, esto es, el punto a).
Cambiando signos y sumando 1, da que 0<1−n+xx<1−(n+1)(n+x)x, y 1−(n+1)(n+x)x<1−(n+1)2(n+x)x<1, llegándose al punto b), por (1.6).
Aplicando la desigualdad de Bernoulli, con 1>(n+1)(n+x)x>0>−1,
es (1−(n+1)(n+x)x)n+1>1−(n+1)(n+x)(n+1)x, y 1−(n+1)(n+x)(n+1)x=n+xn, esto es, c) se cumple.
Para la proposición 2.3:
Si x<0, n∈N, y n>−x, se verifica que:
Es n+x>0>x>2x>−(n−x), de ahí, que 1>0>n+xx>n+x2x>−1, por lo cual se llega a que 1−n+11<1<1−(n+1)(n+x)x, y que 1−(n+1)(n+x)x<1−(n+1)(n+x)2x<1+n+11, por lo que 1−n+11<1<cn(x), y cn(x)<1−(n+1)(n+x)2x<1+n+11. Como 1>n+11>(n+1)21>0, y 0>n+xx>−1, es −1n+xx<(n+1)(n+x)x y (n+1)(n+x)x<(n+1)2(n+x)x<0, de modo que se tiene a).
Por ello, 1−n+xx>1−(n+1)(n+x)x y 1−(n+1)(n+x)x>1−(n+1)2(n+x)x>1, esto es que 1−n+xx=n+xn>cn(x) y cn(x)>1−(n+1)2(n+x)x>1. Por lo tanto, se obtiene b).
Ahora bien, se tiene que −(n+1)(n+x)x > 0 >−1, de forma que 1−(n+1)(n+x)x> 1, y por la desigualdad de Bernoulli, se tiene que (1−(n+1)(n+x)x)n+1> 1−(n+1)(n+x)(n+1)x, como 1−(n+1)(n+x)(n+1)x=1−n+xx, y 1−n+xx=n+xn, es (1−(n+1)(n+x)x)n+1>n+xn , y de ahí, (cn(x))n+1>n+xn , esto es, que c) se cumple.
Para la proposición 2.4: Si x=0, p∈Z, n∈N arbitrario, entonces, sn(0)=1, de forma que dn(0)=sn+1(0)sn(0)=1, y (dn(0))n+p=1.
Para la proposición 2.5:
Sea x>0, p∈Z tal que p≥x.
Para el punto a) Si n∈N arbitrario, tal que n>x>0, es 1>nx>0, y n+1+x>1, por ello, 1>n+1+x1>0, de ahí, nx>n(n+1+x)x>0, por lo que sn(x)=1+nx y 1+nx>1+n(n+1+x)x>1, luego, con dn(x)=1+n(n+1+x)x y sn(x)>1+n(n+1+x)x>1, se tiene que sn(x)>dn(x)>1.
Para el inciso b) Si n∈N arbitrario, con n>x, y p≥x, se tiene que 1>nx>0, n+p+1≥n+1+x, por lo que n+1+xn+p+1≥1, de ahí, n+1+xn+p+1>n(n+1+x)(n+p+1)x, y n(n+1+x)(n+p+1)x≥nx, por lo que, si sn(x)=1+nx y 1+n+1+xn+p+1>1+n(n+1+x)(n+p+1)x, con 1+n(n+1+x)(n+p+1)x≥1+nx, se tiene que sn(x)=1+nx y 1+n+1+xn+p+1>1+n(n+1+x)(n+p+1)x, así que, 1+n(n+1+x)(n+p+1)x≥sn(x).
Por último, para el punto c) Si n∈N es arbitrario, tal que n>x, con p≥x, se tiene que 1>nx>n(n+1+x)x>0, por lo que (1+n(n+1+x)x)n+p+1>1+n(n+1+x)(n+p+1)x , aplicando la desigualdad de Bernoulli, de lo cual, (1+n(n+1+x)x)n+p+1>sn(x)=1+nx, por el punto b), luego, (dn(x))n+p+1>sn(x)=1+nx.∴ c)
Para la proposición 2.6:
Sea x<0, p∈Z tal que p≤x.
Sobre el punto a), si n∈N arbitrario, tal que 0 < -x < n, es −n<x<0, por lo que 0<1<n+1+x<n+1, además que −1<nx<0, por lo que −1<nx<0 y 0<n+1+x1<1<n+1+xn+1, así que −1<nx<0 , 0>n(n+1+x)x>nx y nx>n(n+1+x)(n+1)x, lo cual da que 0<1+nx<1, 1>1+n(n+1+x)x>1+nx y 1+nx>1+n(n+1+x)(n+1)x, de modo que, si sn(x)=1+nx y 1>1+n(n+1+x)x>1+nx>0, se tiene que, dn(x)=1+n(n+1+x)x y 1>1+n(n+1+x)x>sn(x)>0. Por lo tanto, 1>dn(x)>sn(x)>0.
Para el punto b), si p≤x<0, n∈N arbitrario tal que −p<n , entonces 0<n+p, por lo que 1<n+p+1≤n+1+x<n+1, y de ahí que, si −x<n, es −1<nx<0 y n+1+x1<n+1+xn+p+1≤1<n+1+xn+1, por lo que 0<1+nx<1, con n(n+1+x)x>n(n+1+x)(n+p+1)x y n(n+1+x)(n+p+1)x≥nx>n(n+1+x)(n+1)x, así que, siendo sn(x)=1+nx , con 1+n(n+1+x)x>1+n(n+1+x)(n+p+1)x, y 1+n(n+1+x)(n+p+1)x≥1+nx>0. Y si dn(x)=1+n(n+1+x)x, con 1+n(n+1+x)x>1+n(n+1+x)(n+p+1)x, y 1+n(n+1+x)(n+p+1)x≥sn(x)>0, se tiene que dn(x)>1+n(n+1+x)(n+p+1)x≥sn(x)>0.
Para el inciso c), sean p≤x<0, n∈N arbitrario, tal que −x<n, −p<n . Se tiene que 1>1+n(n+1+x)x>0 por a), y 0<n+p, así que 0>n(n+1+x)x>−1 , por lo que, (1+n(n+1+x)x)n+p+1>1+n(n+1+x)(n+p+1)x por la desigualdad de Bernoulli, de modo que (1+n(n+1+x)x)n+p+1>sn(x). por b), así que (dn(x))n+p+1>sn(x).
Para la proposición 3.1: Sean x∈R. p∈Z fijo, y las sucesiones {sn(x)}n∈N, s{ϕn(x)}n∈N y {ρn(x,p)}n∈N.
El punto a) se obtiene del hecho de que sn(x)=1 si x=0, y se eleva a la n-ésima potencia, con n∈N para obtener ϕn(0)=1, y a la n+p-ésima potencia, con n+p≥0, para obtener ρn(0,p)=1.
Para el punto b), sea x>0, sea p∈N, tal que p≥x, y n∈N arbitrario. Se tiene que x>0, así que nx>0, y de ahí, 1+nx>1,y puesto que n<n+p, es 1<1+nx<(1+nx)n y (1+nx)n<(1+nx)n+p , por lo que 1<1+nx<(sn(x))n y (sn(x))n<(sn(x))n+p, y luego, 1<1+nx<ϕn(x) y ϕn(x)<ρn(x,p).
Para el inciso c), se tiene, que si x<0, p∈Z−tal que −x≤−p, n∈N arbitrario, tal que n+p>1, y n>−x, se cumple que −1<−n1<nx<0, de lo cual
0<1−n1<1+nx<1 , con lo que 0<1+nx<1, y puesto que p<0, tal que 1<n+p<n, es 0<(1−nx)n<(1+nx)n+p<1+nx, con lo cual
0<(sn(x))n<(sn(x))n+p<1+nx, de ahí, que 0<ϕn(x)<ρn(x,p)<1+nx.
Para Proposición 3.2:
a) si x≥0, o x<0 y n>−x, se tiene que:
ϕn(x)ϕn+1(x)=(1+nx)n(1+n+1x)n+1=(sn(x))n(sn+1(x))n+1,
ϕn(x)ϕn+1(x)=(sn(x))n(sn+1(x))n+1=(sn(x))n+1sn(x)(sn+1(x))n+1,
ϕn(x)ϕn+1(x)=(sn(x))n(sn+1(x))n+1=sn(x)(sn(x)sn+1(x))n+1,
ϕn(x)ϕn+1(x)=(sn(x))n(sn+1(x))n+1=sn(x)(cn(x))n+1,
ϕn(x)ϕn+1(x)=(sn(x))n(sn+1(x))n+1=(1+nx)(1−(n+1)(n+x)x)n+1.
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b) Sea x∈R, p∈Z tal que ∣p∣≥∣x∣, y n∈N, tal que n>∣x∣, n+p>1. Entonces:
ρn+1(x,p)ρn(x,p)=(1+n+1x)n+p+1(1+nx)n+p=(sn+1(x))n+p+1(sn(x))n+p,
ρn+1(x,p)ρn(x,p)=(sn+1(x))n+p=1(sn(x))n+p=sn(x)(sn+1(x))n+p+1(sn(x))n+p+1,
ρn+1(x,p)ρn(x,p)=(sn+1(x))n+p+1(sn(x))n+p=sn(x)1(sn+1(x)sn(x))n+p+1,
ρn+1(x,p)ρn(x,p)=(sn+1(x))n+p+1(sn(x))n+p=
=n+xn(1+n(n+1+x)x)n+p+1,
ρn+1(x,p)ρn(x,p)=(sn+1(x))n+p+1(sn(x))n+p=
=(1−n+xx)(1+n(n+1+x)x)n+p+1.
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Si x>0,n∈N,n>x, es:
0<1−n+11<1−(n+1)(n+x)x<1,
además, se cumple que:
0<n+11<1−(n+1)(n+x)nx<1 y
0<1−n+xx<1,
Demostración:
Se tiene n>x,x>0,n∈N, así que n>x>0, y además,
1>n1>n+11, de modo que n+x>2x>x,n+x>0,
y con ello. 1=n+xn+x>n+x2x>n+xx>0, así que
1>n+xx>0, y es 1>n+11>(n+1)(n+x)x>0,
luego, al multiplicar por -1, da que:
−1<−n+11<−(n+1)(n+x)x<0, y de ahí,
0<1−n+11<1−(n+1)(n+x)x<1.