Hola
Ahora recuerda que \( (x^m-y^m)=(x-y)(x^m+x^{m-1}y^1+x^{m-2}y^2+\ldots+y^m) \).
Tiene algún nombre propio esto? Para buscarlo en internet ya que no termine de entenderlo bien.
Tenía una errata es:
\( (x^m-y^m)=(x-y)\color{red}(x^{m-1}+x^{m-2}y^1+x^{m-3}y^2+\ldots+y^{m-1})\color{red} \)
Digamos que es una expresión o producto notable famoso. En realidad no tienes más que multiplicar \( (x-y)(x^{m-1}+x^{m-2}y^1+x^{m-3}y^2+\ldots+y^{m-1}) \) y comprobar que efectivamente da \( x^m-y^m. \)
También puedes justificarla con progresiones geométricas. Usando la fórmula de la
suma de los términos de una progresión geométrica:
\( \displaystyle\sum_{k=1}^{m-1}{}z^k=\dfrac{z^m-1}{z-1} \)
Si la aplicas para \( z=x/y \) y multiplicar por \( y^{m-1} \) te queda:
\( y^m+y^{m-1}x+y^{m-2}x^2+\ldots+x^m=\dfrac{x^m-y^m}{x-y} \)
Saludos.
P.D. Hay un truquillo para usar la integral.. sin usar la integral...
Para una cierta función derivable \( F(x) \) se puede acotar:
\( \displaystyle\sum_{k=1}^n{}F'(k/n) \)
de la siguiente forma. Tomando \( x_i=i/n \),
\( F(1)-F(0)=F(x_n)-F(x_0)=F(x_n)-F(x_{n-1})+F(x_{n-1})-F(x_{n-2})+F(x_{n-2})+\ldots-F(x_1)+F(x_1)-F(x_0)=\displaystyle\sum_{k=1}^n{}F(x_k)-F(x_{k-1}) \)
Por el Teorema de Rolle, existe \( c_k\in [x_{k-1},x_k] \) tal que \( F(x_k)-F(x_{k-1})=\dfrac{1}{n}F'(c_k) \), es decir:
\( F(1)-F(0)=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n{}F'(c_k) \)
Pero: \( m_k\leq F'(c_k)\leq M_k \), siendo \( m_k,M_k \) respectivamente el ínfimo y supremo de \( F'(x) \) en \( [x_{k-1},x_k] \).
Con este truco puedes conseguir tu cota para tu caso concreto tomando \( F(x)=\dfrac{x^{p+1}}{p+1} \).