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Autor Tema: Proposición sucesiones crecientes  (Leído 777 veces)
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« : 16/01/2018, 02:13:08 pm »

Proposicion: Sean [texx]{a_n}, {b_n}[/texx]dos sucesiones monotonas crecientes tales que [texx]a_{n+1}/a_n>b_{n+1}/b_n [/texx]para todo n y la sucesion de funciones lineales [texx]{f_i}[/texx]. Entonces si la sucesion [texx]f_n(a_n)[/texx] es constante, la sucesion [texx]f_n(b_n)[/texx] es decreciente.

Ejemplo 1:[texx]a_n=n^2, b_n=n[/texx]. Son ambas monotonas crecientes y es claro que la primera crece mas rapido que la segunda. Sea [texx] {f_i(n)}={raiz (n)-n}. {f_i(a_n)}=0\textrm{y}  {f_i(b_n)}[/texx] es decreciente.

Ejemplo 2: [texx]a_n=2^n, b_n=n^2[/texx]Son ambas monotonas crecientes y es claro que la primera crece mas rapido que la segunda a partir de n=2. Sea [texx]{f_i(n)}={}\left\{{ identidad, raiz cuadrada, raiz cubica, raiz cuatro, etc...}\right\}. {f_i(a_n)}=2 y  {f_i(b_n)}[/texx] es decreciente para todo n mayor que 1.

Ejemplo 3?:¿eh?:: [texx]a_n=2^n, b_n=p_n [/texx]sucesion de los numeros primos. Son ambas monotonas crecientes y por el teorema de Bertrand es claro que la primera crece mas rapido que la segunda. Sea           [texx]{f_i(n)}={}\left\{{ identidad, raiz cuadrada, raiz cubica, raiz cuatro, etc...}\right\}. {f_i(a_n)}=2 \textrm{y} {f_i(b_n)}[/texx] tiene que ser decreciente  por el resultado anterior.

La demostracion de este resultado nos daria una herramineta para demostrar la conjetura de Firoozbakht.

P.D.: disculpen la falta de tildes, pues estoy usando teclado ingles.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #1 : 16/01/2018, 02:42:40 pm »

Hola

Proposicion: Sean [texx]{a_n}, {b_n}[/texx]dos sucesiones monotonas crecientes tales que [texx]a_{n+1}/a_n>b_{n+1}/b_n [/texx]para todo n y la sucesion de funciones lineales [texx]{f_i}[/texx]. Entonces si la sucesion [texx]f_n(a_n)[/texx] es constante, la sucesion [texx]f_n(b_n)[/texx] es decreciente.

Ejemplo 1:[texx]a_n=n^2, b_n=n[/texx]. Son ambas monotonas crecientes y es claro que la primera crece mas rapido que la segunda. Sea [texx] {f_i(n)}={raiz (n)-n}. {f_i(a_n)}=0\textrm{y}  {f_i(b_n)}[/texx] es decreciente.

No sé a que llamas "función lineal" porque el primer ejemplo que pones [texx]f_i(n)=\sqrt{n}-n[/texx], no es lineal.

Cita
Ejemplo 2: [texx]a_n=2^n, b_n=n^2[/texx]Son ambas monotonas crecientes y es claro que la primera crece mas rapido que la segunda a partir de n=2. Sea [texx]{f_i(n)}={}\left\{{ identidad, raiz cuadrada, raiz cubica, raiz cuatro, etc...}\right\}. {f_i(a_n)}=2 y  {f_i(b_n)}[/texx] es decreciente para todo n mayor que 1.

Ejemplo 3?:¿eh?:: [texx]a_n=2^n, b_n=p_n [/texx]sucesion de los numeros primos. Son ambas monotonas crecientes y por el teorema de Bertrand es claro que la primera crece mas rapido que la segunda. Sea           [texx]{f_i(n)}={}\left\{{ identidad, raiz cuadrada, raiz cubica, raiz cuatro, etc...}\right\}. {f_i(a_n)}=2 \textrm{y} {f_i(b_n)}[/texx] tiene que ser decreciente  por el resultado anterior.

La demostracion de este resultado nos daria una herramineta para demostrar la conjetura de Firoozbakht.

Sea como sea la idea no funciona.

Por ejemplo si tomas [texx]b_n=(1+1/n)^n[/texx] es una sucesión creciente cumpliendo que [texx]b_{n+1}<2b_n[/texx],  y sin embargo [texx]\sqrt[n]{b_n}=1+1/n[/texx] sigue siendo creciente.

Saludos.
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« Respuesta #2 : 17/01/2018, 01:54:40 pm »


No sé a que llamas "función lineal" porque el primer ejemplo que pones [texx]f_i(n)=\sqrt{n}-n[/texx], no es lineal.


Cierto, debi decir "funciones de una variable real".

Cita

Sea como sea la idea no funciona.

Por ejemplo si tomas [texx]b_n=(1+1/n)^n[/texx] es una sucesión creciente cumpliendo que [texx]b_{n+1}<2b_n[/texx],  y sin embargo [texx]\sqrt[n]{b_n}=1+1/n[/texx] sigue siendo creciente.


Supongo que la sucesion la está comparando con 2^n. Sea lo que sea tiene razon.

No se si ajustando las condiciones (por ejemplo funcion inversa como familia de funciones) se podria arreglar algo la cosa. Cuando este mas inspirado lo revisare.

Saludos.
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« Respuesta #3 : 18/01/2018, 08:11:12 am »

Visto. En mi primera intervención del hilo, no fui lo suficientemente restrictivo.

Proposicion: Sean [texx]{a_n}, {b_n}[/texx]dos sucesiones monotonas crecientes y divergentes tales que [texx]a_{n+1}/a_n>b_{n+1}/b_n [/texx]para todo n y la familia de funciones de variable real [texx]{f_i}[/texx]. Entonces si la sucesion [texx]f_n(a_n)[/texx] es constante, la sucesion [texx]f_n(b_n)[/texx] es decreciente.

Visualmente: comparamos dos ramas de dos espirales con distinta curvatura. Si mediante transformaciones llevamos la mas plana a una circunferencia, al aplicar las transformaciones a la mas curva, esta se convierte en un sumidero.

Saludos.
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« Respuesta #4 : 18/01/2018, 08:48:45 am »

Hola

Visto. En mi primera intervención del hilo, no fui lo suficientemente restrictivo.

Proposicion: Sean [texx]{a_n}, {b_n}[/texx]dos sucesiones monotonas crecientes y divergentes tales que [texx]a_{n+1}/a_n>b_{n+1}/b_n [/texx]para todo n y la familia de funciones de variable real [texx]{f_i}[/texx]. Entonces si la sucesion [texx]f_n(a_n)[/texx] es constante, la sucesion [texx]f_n(b_n)[/texx] es decreciente.

Sigue sin funcionar.

Si tomas [texx]a_n=2^n[/texx] y [texx]b_n=\left(1.5-\dfrac{1}{n+1}\right)^n[/texx] se cumple que [texx]b_{n+1}<2b_n[/texx], [texx]b_n[/texx] es creciente, divergente y [texx]\sqrt[n]{b_n}[/texx] es creciente.

Saludos.

P.D. En mi anterior ejemplo me confundí:

Por ejemplo si tomas [texx]b_n=(1+1/n)^n[/texx] es una sucesión creciente cumpliendo que [texx]b_{n+1}<2b_n[/texx],  y sin embargo [texx]\sqrt[n]{b_n}=1+1/n[/texx] sigue siendo creciente.

porque [texx]1+1/n[/texx] es decreciente.
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« Respuesta #5 : 19/01/2018, 01:35:22 pm »

!!!Que le vamos a hacer!!!

La idea era buscar un resultado que nos garantice que la composicion de una sucesion con una familia de funciones es decreciente. Tal vez haya alguna forma o tal vez no: si la hay y alguien la encuentra, enhorabuena.

Saludos.
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« Respuesta #6 : 25/01/2018, 09:19:05 am »

Resultado 1: Se puede extender de forma continua el dominio de la sucesión de los números primos [texx]p_n[/texx] a [texx]\mathbb{R}[/texx]

DEMOSTRACIÓN: representando en un diagrama de coordenadas cartesianas cada [texx](n, p_n)[/texx], basta unir cada punto con el siguiente mediante un segmento. Este método no nos da una función derivable.

Resultado 2: Se puede extender de forma continua y derivable el dominio de la sucesión de los números primos [texx]p_n[/texx] a [texx]\mathbb{R}[/texx]

DEMOSTRACIÓN: consideramos una familia de polinomios de grado 3: [texx]q_n(x)=A_n x^3+ B_n x^2+ C_n x^+ D_n[/texx] tales que [texx]q_i(i)=p_i, q_i(i+1)=p_{i+1}, q_i(i)'=0[/texx]. Resolviendo los sistemas de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas para cada n, tenemos un método nos da una función continua y derivable en la que [texx]p_i=q_i(i) \forall{i\in{\mathbb{N}}}[/texx]. Llamamos a esta extensión [texx]p(x)[/texx].

Conjetura de Firoozbakht: [texx]f(n)=p_n^{1/n}[/texx] es una sucesión monótona decreciente.

DEMOSTRACIÓN: Consideramos [texx]f(x)=p(x)^{1/x}[/texx] una función extendida a [texx]\mathbb{R}[/texx] de la sucesión propuesta por Firoozbakht con [texx]p(x)[/texx] construida como se hizo en el resultado 2.

Bastaría calcular [texx]f'(x)[/texx] y ver que tiene signo negativo para valores de [texx]x[/texx] mayores de [texx]1[/texx], considerando posteriormente únicamente los naturales.

Simplificando, a mi me sale que [texx]f'(x)= \displaystyle\frac{p(x)^{1/x}}{x^2\cdot{p(x)}}\cdot{(p'(x)-p^2(x)\cdot{ln(p(x))})}[/texx], donde el signo depende de [texx](p'(x)-p^2(x)\cdot{ln(p(x))}[/texx] dado que el primer término es siempre positivo para valores positivos de [texx]x[/texx]. Como hemos construido [texx]p(x)[/texx] de forma que [texx]p'(x)=0[/texx] en cada [texx]x[/texx] natural, tenemos que este valor es negativo para cada valor natural de [texx]x[/texx].

FIN

NOTA: aunque lo he hecho con cuidado, me he podido equivocar en el cálculo de la derivada, así que si alguien duda, que la calcule él/ella/ello mismo.

Saludos.
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« Respuesta #7 : 25/01/2018, 12:11:08 pm »

Hola

Resultado 1: Se puede extender de forma continua el dominio de la sucesión de los números primos [texx]p_n[/texx] a [texx]\mathbb{R}[/texx]

DEMOSTRACIÓN: representando en un diagrama de coordenadas cartesianas cada [texx](n, p_n)[/texx], basta unir cada punto con el siguiente mediante un segmento. Este método no nos da una función derivable.

Resultado 2: Se puede extender de forma continua y derivable el dominio de la sucesión de los números primos [texx]p_n[/texx] a [texx]\mathbb{R}[/texx]

DEMOSTRACIÓN: consideramos una familia de polinomios de grado 3: [texx]q_n(x)=A_n x^3+ B_n x^2+ C_n x^+ D_n[/texx] tales que [texx]q_i(i)=p_i, q_i(i+1)=p_{i+1}, q_i(i)'=0[/texx]. Resolviendo los sistemas de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas para cada n, tenemos un método nos da una función continua y derivable en la que [texx]p_i=q_i(i) \forall{i\in{\mathbb{N}}}[/texx]. Llamamos a esta extensión [texx]p(x)[/texx].

Conjetura de Firoozbakht: [texx]f(n)=p_n^{1/n}[/texx] es una sucesión monótona decreciente.

DEMOSTRACIÓN: Consideramos [texx]f(x)=p(x)^{1/x}[/texx] una función extendida a [texx]\mathbb{R}[/texx] de la sucesión propuesta por Firoozbakht con [texx]p(x)[/texx] construida como se hizo en el resultado 2.

Bastaría calcular [texx]f'(x)[/texx] y ver que tiene signo negativo para valores de [texx]x[/texx] mayores de [texx]1[/texx], considerando posteriormente únicamente los naturales.

Simplificando, a mi me sale que [texx]f'(x)= \displaystyle\frac{p(x)^{1/x}}{x^2\cdot{p(x)}}\cdot{(p'(x)-p^2(x)\cdot{ln(p(x))})}[/texx], donde el signo depende de [texx](p'(x)-p^2(x)\cdot{ln(p(x))}[/texx] dado que el primer término es siempre positivo para valores positivos de [texx]x[/texx]. Como hemos construido [texx]p(x)[/texx] de forma que [texx]p'(x)=0[/texx] en cada [texx]x[/texx] natural, tenemos que este valor es negativo para cada valor natural de [texx]x[/texx].

FIN

NOTA: aunque lo he hecho con cuidado, me he podido equivocar en el cálculo de la derivada, así que si alguien duda, que la calcule él/ella/ello mismo.

No he comprobado en detalle todas las cuentas, pero digamos que "me las creo".

En cualquier caso lo que está mal es la conclusión. Lo que haces no prueba que la sucesión [texx]p_n^{1/n}[/texx] sea decreciente.

Deberías de demostrar para que funcionase que la derivada no sólo es negativa en los naturales sino en todo punto. Pudiera ocurrir que entre dos naturales la función tuviese una zona donde creciese y por tanto aunque en [texx]f(n)[/texx] y [texx]f(n+1)[/texx] la derivada sea negativa, [texx]f(n+1)>f(n).[/texx]

De hecho en tu construcción no se usa para nada que [texx]p_n[/texx] sea específicamente la sucesión de primos.

Podría hacerse lo mismo para [texx]p_n=b_n=\left(1.5-\dfrac{1}{n+1}\right)^n[/texx] y ahí ya sabemos que de hecho [texx]b_n^{1/n}[/texx] NO es decreciente.

Saludos.
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« Respuesta #8 : 12/02/2018, 01:58:13 pm »

Cometí un error en la transcripción de la derivada de la función, no obstante, el resultado 1 junto con lo siguiente es suficiente para demostrar que la conjetura de Firoozbakht es cierta:

Resultado 1: Se puede extender de forma continua el dominio de la sucesión de los números primos [texx]p_n[/texx] a [texx]\mathbb{R}^+[/texx] uniendo los puntos [texx](n, p_n)[/texx] mediantes segmentos.

Conjetura de Firoozbakht: [texx]f(n)=p_n^{1/n}[/texx] es una sucesión monótona decreciente.

DEMOSTRACIÓN: Consideramos [texx]f(x)=p(x)^{1/x}[/texx] una función extendida a [texx]\mathbb{R}[/texx] de la sucesión propuesta por Firoozbakht con [texx]p(x)[/texx] construida como se hizo en el resultado 1.

Esta función es derivable en todo [texx]\mathbb{R}^+[/texx] salvo en los puntos de [texx]\mathbb{N}[/texx]. Calculamos [texx]f'(x)[/texx] y veremos que signo tiene.

[texx]f'(x)= \displaystyle\frac{p(x)^{1/x}}{x^2\cdot{p(x)}}\cdot{(x\cdot{} p'(x)-p(x)\cdot{ln(p(x))})}[/texx], donde el signo depende de [texx]g(x)=(x\cdot{} p'(x)-p(x)\cdot{ln(p(x))}[/texx] dado que el primer término es siempre positivo para valores positivos de [texx]x[/texx].

Los segmentos tendrán una ecuación de la forma [texx]p_n(x)=A_nx+B_n[/texx] y por tanto [texx]p'_n(x)=A_n[/texx].

Los coeficientes son de la forma [texx]A_n=p_{n+1}-p_n[/texx] y [texx]B_n=p_n(1+n)-p_{n+1}n[/texx]

Así [texx]g(x)=A_nx-p_nln(p_n)=(p_{n+1}-p_n)x-p_nln(p_n)=(p_{n+1})x-p_n(x-ln(p_n))[/texx].

[texx]g(x)< 0\Leftrightarrow{}(p_{n+1})x<p_n(x-ln(p_n)) \Leftrightarrow{}(\displaystyle\frac{p_{n+1}}{p_n})<\displaystyle\frac{x-ln(p_n)}{x}=1-\displaystyle\frac{ln(p_n)}{x} [/texx].

Es fácil demostrar por inducción que:
[texx](1)[/texx] [texx]p_n<n^2[/texx] si [texx]n>1[/texx]
[texx](2)[/texx] [texx]ln(p_n)<n-1[/texx] si [texx]n>2[/texx]
[texx](3)[/texx] [texx]p_{n+1}\leq{}2p_n-n[/texx] si [texx]n>4[/texx]

De [texx](3)[/texx] se deduce [texx](4)[/texx] [texx]\displaystyle\frac{p_{n+1}}{p_n}\leq{}2-\displaystyle\frac{n}{p_n}<2-\displaystyle\frac{1}{n}[/texx]

Por otra parte, como [texx]1+\displaystyle\frac{ln(p_n)}{n}<2-\displaystyle\frac{1}{n}[/texx] si [texx]n>4[/texx] por [texx](2)[/texx], tenemos que la derivada de [texx]f(x)[/texx] es negativa para todo [texx]x>4[/texx] salvo para una cantidad infinita numerable de puntos, y por continuidad de f(x), podemos decir que es decreciente [texx]\forall{x}\in{}\mathbb{R}^+, x\geq{5}[/texx].

Además [texx]p(1)=2>p_2^{1/2}=3^{1/2}>p_3^{1/3}=5^{1/3}>p_4^{1/4}=7^{1/4}[/texx], luego [texx]f(x)[/texx] también es decreciente para los primeros valores de la serie.

FIN
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« Respuesta #9 : 12/02/2018, 09:02:34 pm »

Hola

A vuelapluma. Aquí dices que quieres probar:

[texx](\displaystyle\frac{p_{n+1}}{p_n})<\displaystyle\frac{x-ln(p_n)}{x}=1-\displaystyle\frac{ln(p_n)}{x} [/texx].

Por un lado llegas a que:

Cita
[texx]\displaystyle\frac{p_{n+1}}{p_n}\leq{}2-\displaystyle\frac{n}{p_n}<2-\displaystyle\frac{1}{n}[/texx]

Entonces te faltaría probar que:

[texx]2-\displaystyle\frac{1}{n}\leq 1-\displaystyle\frac{ln(p_n)}{x} [/texx]

es decir:

[texx]1+\displaystyle\frac{ln(p_n)}{x}\leq \dfrac{1}{n}[/texx]

que es falso.

Saludos.

P.D. No he revisado con calma lo demás. Por ejemplo afirmas muy alegremente que por inducción se prueba:

[texx](3)[/texx] [texx]p_{n+1}\leq{}2p_n-n[/texx] si [texx]n>4[/texx]

La conjetura de Bertrand ya probada garantiza que [texx]p_{n+1}\leq 2p_n[/texx], que es más débil que lo que pones ahí. Entonces no me parece algo que se pueda afirmar tan a la ligera diciendo "se prueba fácilmente por inducción".
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« Respuesta #10 : 13/02/2018, 01:34:38 pm »

Agradezco la rápidez en contestar.

Ayer en casa llegué a las mismas conclusiones que usted: me equivoqué al realizar la prueba por inducción del apartado [texx](3)[/texx] y probé la desigualdad que comenta al revés.

Con el resto de razonamientos y cálculos (que tras revisarlos, considero válidos), llego a que para probar la conjetura de Firoozbakht tengo que probar una desigualdad que por las pruebas númericas que estoy realizando ahora mismo parece más restrictiva que la original:

[texx]p_{n+1}<p_n(1+\displaystyle\frac{ln(p_n)}{n})[/texx] si [texx]n>4[/texx]

Sin embargo, esta conjetura parece que da una cota mayor que la que propuse en otro hilo a partir de [texx]n=18[/texx]:

[texx]p_{n+1}<p_n*\sqrt[n ]{p_n}*\sqrt[p_n]{\displaystyle\frac{ln(p_n)}{n}}[/texx] si [texx]n>4[/texx]

Luego estoy igual que cuando comencé... pero más calvo.

Saludos.
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« Respuesta #11 : 15/02/2018, 02:18:50 pm »

De hecho, para probar que [texx](3) \textrm{  }p_{n+1}\leq{}2p_n-n[/texx] si [texx]n>4[/texx], basta ver que es menor que [texx](4)\textrm{   }p_n+n[/texx], lo cual es cierto porque [texx]2p_5-5=22-5=17>6=11+5=p_5+5[/texx] y la pendiente de [texx](3)[/texx] es mayor que la de [texx](4)[/texx] en cada intervalo y además [texx]p_{n+1}\leq{p_n+n}[/texx]...

Sí, han leído bien: mejorando los resultados de aplicar el teorema de Bertrand.

Para demostrar esto vale con dibujar una gráfica con los primeros segmentos (n,p(n))...(n+1,p(n+1)), los primeros segmentos (n,p(n)+n)...(n+1,p(n+1)+(n+1)) y ver que los segmentos de (n,p(n+1))...(n+1,p(n+2)) se consiguen trasladando los primeros un cuadrado a la izquierda, dándose la igualdad de [texx](4)[/texx] unicamente en [texx]n=1,2 y 4[/texx].

Si puedo en otro momento, insertare dicha gráfica.

Saludos.
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« Respuesta #12 : 05/03/2018, 07:06:52 am »

El teorema de Bertrand nos garantiza que [texx]p_n<p_{n+1}<2p_n[/texx], luego tiene que haber una función [texx]f(n)<1\textrm{
 }\forall{n}\in{\mathbb{N}}[/texx] tal que [texx]p_{n+1}\leq{}p_n+p_n*f(n)[/texx]

Tomando [texx]f(n)=\displaystyle\frac{p_n}{n^2}[/texx], parece que se sigue manteniendo la desigualdad para [texx]n>4[/texx], aunque no tengo ninguna demostración.

También tomando [texx]f(n)=\displaystyle\frac{ln(n)}{n}[/texx] parece que se mantiene la desigualdad para "casi todo" [texx]n\in{\mathbb{N}}[/texx] (he visto que falla en [texx]n=1, 2, 3, 4, 6, 9, 30\textrm{ y }217[/texx], no encontrando valores superiores de [texx]n[/texx] para los que no se cumpla, lo que no quiere decir que no los haya).

Ambas acotaciones parecen más restrictivas que las que dí anteriormente y los máximos huecos entre primos verifican la desigualdad (salvo para los valores ya mencionados). Aquí queda por si a alguien se le ocurre alguna forma de falsarlo/demostrarlo o por si a alguien le interesa el tema de las cotas de primos.

Saludos.
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