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Autor Tema: Pruebe que el producto converge  (Leído 568 veces)
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cristianoceli
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« : 22/04/2017, 11:33:34 pm »

Hola tengo dificultades para demostrar este ejercicio

Pruebe que el producto infinito [texx]\displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...[/texx] converge mientras que el producto [texx]\displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{4}{3}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{6}{5}}...[/texx] diverge


De antemano gracias.

Saludos
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delmar
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« Respuesta #1 : 23/04/2017, 12:58:19 am »

Hola

Para el segundo producto, date cuenta que se puede poner en esta forma :

[texx]\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k+1}{k}}=\displaystyle\frac{2}{1} \ \displaystyle\frac{3}{2} \ \displaystyle\frac{4}{3} \ ...\displaystyle\frac{n+1}{n}[/texx]

Y por inducción se puede demostrar :

[texx]\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k+1}{k}}=n+1[/texx]

[texx]\exists{\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{n+1}=+\infty}[/texx]

En consecuencia :

[texx]\exists{\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k+1}{k}}}}=+\infty[/texx]

Saludos
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robinlambada
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« Respuesta #2 : 23/04/2017, 06:48:56 am »

EDITADO: La 1ª igualdad esta mal
Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
[texx]\displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\color{red}\xcancel{\color{black}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}}\color{black}=L[/texx]

[texx]\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{1+\displaystyle\frac{1}{k^2}}=e^{\sum \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)}[/texx]

[texx]L=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}e^{\sum \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)}= e^{\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\sum \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)}[/texx]

Ahora viene lo complicado y poco elegante por mi parte.

Por el criterio integral [texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\sum \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)[/texx] por el criterio integral (y gracias ( a Wolfram alpha) en mi caso se calucula la integral  https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+log(1%2B1%2Fx%5E2) y se comprueba que converge  https://www.wolframalpha.com/input/?i=limit+x+to+infinity+2+tan%5E(-1)(x)+%2B+x+log(1+%2B+1%2Fx%5E2)

También "he comprobado" que:

[texx]\displaystyle\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)<2n^2\log\left({1+\frac{1}{n^2}}\right)[/texx] (*)

Pero no he llegado a demostrarlo, ni por inducción ni tampoco utilizando la concavidad del logaritmo, usando [texx]tf(x) + (1-t)f(y) \leq{} f(tx+(1-t)y)[/texx]

Una vez demostrada la desigualdad (*)

Es fácil ver que [texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}2n^2\log\left({1+\frac{1}{n^2}}\right)=2[/texx] y por tanto converge si la desigualdad que he puesto es cierta y se prueba, pero yo por el momento no lo he demostrado.

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« Respuesta #3 : 23/04/2017, 07:56:04 am »

Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
[texx]\displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L[/texx]



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es [texx] \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k-1} + 1}{2^k}} [/texx].

Yo estoy tratando y no sale  :indeciso:
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« Respuesta #4 : 23/04/2017, 08:50:26 am »

Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
[texx]\displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L[/texx]



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es [texx] \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k\color{red}-1}\color{black} + 1}{2^k}} [/texx].

Yo estoy tratando y no sale  :indeciso:
Gracias , claro que hay un error, vaya despiste que tengo. Aunque realmente es [texx] \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k} + 1}{2^k}} [/texx]. Te sobra el -1

Bueno, he hecho un problema distinto, al menos parece que mi productorio converge.   
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« Respuesta #5 : 23/04/2017, 09:09:30 am »

Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
[texx]\displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L[/texx]



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es [texx] \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k-1} + 1}{2^k}} [/texx].

Yo estoy tratando y no sale  :indeciso:

Efectivamente, a robinlambada se le trastocaron base y exponente. Siguiendo con su idea, tomemos logaritmos neperianso para transformar el productorio en una serie:

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}{\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}}[/texx]

Entonces,

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}\right)}

= \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(1 + \dfrac{1}{2^k}\right)}

\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\dfrac{1}{2^k}} = 1
[/texx]

Como la serie es convergente, el productorio también. Y sabemos además que está acotado superiormente por [texx]e[/texx].

Saludos,

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« Respuesta #6 : 23/04/2017, 01:09:36 pm »


También "he comprobado" que:

[texx]\displaystyle\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)<2n^2\log\left({1+\frac{1}{n^2}}\right)[/texx] (*)

Pero no he llegado a demostrarlo, ni por inducción ni tampoco utilizando la concavidad del logaritmo, usando [texx]tf(x) + (1-t)f(y) \leq{} f(tx+(1-t)y)[/texx]

Una vez demostrada la desigualdad (*)

Es fácil ver que [texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}2n^2\log\left({1+\frac{1}{n^2}}\right)=2[/texx] y por tanto converge si la desigualdad que he puesto es cierta y se prueba, pero yo por el momento no lo he demostrado.

No tiene que ver con el problema original, pero es más sencillo y preciso

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}=\dfrac{\pi ^2}{6}[/texx]

Utilizando más términos del desarrollo de [texx]\ln (1 + x)\textrm{ y los valores de la función }\zeta[/texx] de Riemman se puede acotar superior e inferiomente todo lo que se quiera el valor de la serie (y del productorio). Esto vale igualmente, y más sencillo al tratarse de progresiones geométricas, para el productorio por el que preguntaba cristianoceli.

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« Respuesta #7 : 23/04/2017, 01:16:59 pm »

Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
[texx]\displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L[/texx]



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es [texx] \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k-1} + 1}{2^k}} [/texx].

Yo estoy tratando y no sale  :indeciso:

Efectivamente, a robinlambada se le trastocaron base y exponente. Siguiendo con su idea, tomemos logaritmos neperianso para transformar el productorio en una serie:

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}{\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}}[/texx]

Entonces,

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}\right)}

= \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(1 + \dfrac{1}{2^k}\right)}

\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\dfrac{1}{2^k}} = 1
[/texx]

Como la serie es convergente, el productorio también. Y sabemos además que está acotado superiormente por [texx]e[/texx].

Saludos,




Tengo una duda. La demostración me convenció, pero tiene que haber un error en algún lugar (aunque solo sea de cuentas) que no logro encontrar, porque el producto no está acotado por [texx] e [/texx]. Fijate que es creciente y los primeros dos términos multiplicados dan [texx] 3 [/texx] que es mayor que [texx] e [/texx].Me equivoco?

Saludos
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« Respuesta #8 : 23/04/2017, 01:36:10 pm »

Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
[texx]\displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L[/texx]



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es [texx] \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k-1} + 1}{2^k}} [/texx].

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Efectivamente, a robinlambada se le trastocaron base y exponente. Siguiendo con su idea, tomemos logaritmos neperianso para transformar el productorio en una serie:

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}{\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}}[/texx]

Entonces,

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}\right)}

= \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(1 + \dfrac{1}{2^k}\right)}

\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\dfrac{1}{2^k}} = 1
[/texx]

Como la serie es convergente, el productorio también. Y sabemos además que está acotado superiormente por [texx]e[/texx].

Saludos,




Tengo una duda. La demostración me convenció, pero tiene que haber un error en algún lugar (aunque solo sea de cuentas) que no logro encontrar, porque el producto no está acotado por [texx] e [/texx]. Fijate que es creciente y los primeros dos términos multiplicados dan [texx] 3 [/texx] que es mayor que [texx] e [/texx].Me equivoco?

Saludos

Tienes toda la razón, es que falta el factor inicial que es 2. El producto en realidad es:

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=0}^{n}{\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}}[/texx]

Y la serie correspondiente:

[texx]\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{\ln \left(\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}\right)}

= \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{\ln \left(1 + \dfrac{1}{2^k}\right)}

\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{\dfrac{1}{2^k}} = 2
[/texx]

Luego el producto está acotado por [texx]e^2 \approx{} 7.389[/texx].

Para acotar mejor su valor conviene dejar aparte el facor 2, para utilizar el desarrollo de [texx]\ln x = x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} + \ldots[/texx]

Utilizando el segundo y tercer término de este desarrollo se puede acotar entonces el producto por:

[texx]2e^{\frac{5}{6}} < P < 2e^{\frac{37}{42}}[/texx]

[texx]4.601951 < P < 4.826394[/texx]

El valor real es [texx]P \approx{} 4.768462[/texx], que desconozco si puede determinarse de forma exacta.

Saludos,




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« Respuesta #9 : 23/04/2017, 03:30:59 pm »

Muchas gracias por su interés.

Gracias a sus respuestas puedo sacar muchas conclusiones.


Saludos
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