Olimpiada Matemática de Galicia 2013 – Problema 4

Cuarto problema de la Olimpiada Matemática de Galicia 2013. Este problema ya es distinto al cuarto de la de Asturias (al contrario de lo que ocurría con los tres anteriores), y lo mismo ocurre con el quinto y el sexto. Por tanto, a partir de ahora se publicarán los seis problemas que quedan (tres de Galicia y tres de Asturias) de forma alternada.

El enunciado de éste es el siguiente:

Demuestra que el producto de los dos mil trece primeros términos de la sucesión

a_n = 1 + \cfrac{1}{n^3}

no llega a valer 3.

A por él.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

32 Comentarios

  1. El producto infinito ya es menor que 3. Deducir el valor se me antoja complicado o, al menos, de una erudición más que notable, así que supongo que o bien se trata de que conozcan muchos datos (una erudición sólo algo menor) o es que hay un camino más sencillo.

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  2. no pide que calcules el numero. Si has demostrado que el producto infinito es menor que 3 ya tienes la solucion

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  3. Creo que la respuesta, es que 1 dividido entre cualquier numero mayor que 1, es un valor menor que 1 (o sea entre 0 y 1), que multiplicado por otro valor entre cero y 1, darà un número todavía mas pequeño. Por lo tanto, el producto de esta sucesión tiende a cero.Lamento no saber expresarme mejor. Un saludo

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  4. Este problema me tiene absorto… es un rato dificil. Claro, con Python lleva 2 lineas ver que el producto infinito tiende a algo asi ~2.42818979207, y que no sirve de nada saberlo…

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  5. yo la verdad he intentado varias cosas, una de ellas proceder asi:

    1º) Demostrar que converge:

      \sum_{i=1}^\infty |{1 \over i^3}| = \zeta (3) \Rightarrow  \prod_{i=1}^\infty ({1 + {1 \over i^3}}) \ converge

    2º)He intentado avanzar pero aun no he concluido en un resultado de esto:

      \prod_{i=1}^n ({1 + {1 \over i^3}}) = { (1^3 + 1)(2^3 + 1)(3^3 + 1) \cdots (n^3 + 1)  \over n!^3}

    Segun wolfram alpha…

      \prod_{i=1}^\infty ({1 + {1 \over i^3}}) = { cosh({\sqrt{3} \pi  \over 2})  \over \pi }

    Espero que a alguien le sirva lo poco que he hecho

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  6. Es fácil sabiendo que \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{n^3}< \frac{4}{3}. No tengo muy claro que las personas a las que va dirigido el examen tengan que saber eso.

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  7. p_n=\prod_{i=1}^n a_n

    Por inducción, si todos los p_{n-1}<3, entonces:

    p_n=p_{n-1}+\frac{p_{n-1}}{n^3}<p_{n-1}+\frac{3}{n^3}<p_{n-2}+3(\frac{1}{(n-1)^3} + \frac{1}{n^3})<2+3\sum_{k=2}^n \frac{1}{k^3}=2+3(-1+\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^3})<3

    Teniendo en cuenta que \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^3}<\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^3}<\frac{4}{3}

    Esta última desigualdad no es difícil de probar usando series telescópicas.

    No sé si se les supone los conocimientos de series matemáticas necesarios o si hay otra forma más fácil de resolverlo.

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  8. Si p_n:=\displaystyle{\prod_{k=1}^n} \left(1+\dfrac{1}{k^3}\right), n\geq 1, entonces, dado que \ln \left(1+\dfrac{1}{x^3}\right) es estrictamente decreciente, tenemos que

    \ln\; p_n=\displaystyle{\sum_{k=1}^n \ln \left(1+\dfrac{1}{k^3}\right)}<ln(2)+ln(9/8)+\displaystyle{\int_2^\infty} \ln \left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)dx.

    El integrando admite primitiva elemental (basta hacer el cambio de variable x=1/t, aplicar integración por partes y resolver finalmente una integral racional). De hecho

    \displaystyle{\int} \ln \left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)dx=\sqrt{3}arctg\left(\dfrac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)+x \ln\left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)+\ln\left(\dfrac{1+x}{\sqrt{1-x+x^2}}\right).

    Evaluando en los extremos de integración llegamos a la acotación

    \ln\;p_n< \dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}+\ln\left(\dfrac{16}{9\sqrt{3}}\right)\doteq 0.932958.

    Luego, p_n<\dfrac{16}{9\sqrt{3}}e^{\pi/(2\sqrt{3})}\doteq 2.54202.

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  9. Evidentemente ya está resuelto analíticamenente. Pero ni Golvano ni M han usado el dato de que se trata de una suma -o más bien producto- finita de 2013 términos. Dato que está en el problema y que por el cual intuyo que la resolución en Olimpiada tendrá algo que ver con el uso de la media geométrica.

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  10. Lo de 2013 tiene más pinta de ser por el año que por otra cosa.

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  11. Sí. Pero implica que es un producto finito. Y en los problemas de olimpiadas esto es casi fundamental en la resolución de problemas de desigualdades sin usar métodos propios de convergencia no elementales, que suele ser requisito en estas conpeticiones. Vamos, creo yo.

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  12. Face to face, supongo que a Golvano se le ha olvidado poner en el último paso unos puntos suspensivos tal que así “< … <" indicando que ha llegado a ese "2" repitiendo el proceso de la anterior desigualdad sucesivamente, pasando de p_{n-2} a p_{n-3} hasta llegar a p_{1} + {suma desde k=2 hasta n de los inversos al cubo} que es lo que da si vas haciéndolo paso a paso. Y p_{1} = 1 + 1/(1^3)=2, que es lo que buscabas.

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  13. Sí, eso es.

    No sabía muy bien cómo escribirlo. Con los puntos suspensivos habría quedado más claro.

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  14. Tengo una pregunta para “M”. Para acotar el logaritmo del producto de la sucesion, por que evaluas el logaritmo de la sucesion para n=1 y para n=2 antes de evaluar la integral desde n=2 hasta n=infinito, en vez de evaluar la integral completa desde n=1 hasta infinito? Mil disculpas por la ortografia soy Norteamericano….

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  15. Paul, inicialmente lo intenté así como dices. Sin embargo, la acotación que se obtiene entonces excede a 3. A partir del segundo sumando ya se rebaja la cota:

    Exp[\ln(2)+\displaystyle{\int_1^\infty} \ln \left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)dx]\doteq 3.06685.

    Por cierto, que la expresión cerrada para el producto infinito que ha indicado Samuel Gutiérrez (18 de marzo de 2013) se puede deducir a partir de la fórmula de Wallis para pi, y de la expresión como producto infinito del coseno hiperbólico. Otros productos infinitos notables: http://mathworld.wolfram.com/InfiniteProduct.html

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  16. Me intriga tb como golvano ha acotao la serie de 1/i^3 por 4/3 mediante telescópicas. No encuentro el modo. Siento ser tan pesao sorry. Y gracias x la contestación anterior!!!

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  17. face, me pasa lo mismo que a ti… La demostracion de M, aunque mas larga es mas asequible que la de Golvano, por la cota misteriosa… En cualquier caso es un placer ver las demostraciones!

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  18. Face to face y rtomas. Se puede probar con esto, si os sirve de ayuda, para la telescópica: (la telescópica en cuestión es el término

    sum_{k=4}^infty frac{1}{(k-2)(k-1)}-frac{1}{(k-1)k}) que se muestra en el desarrollo siguiente)

     sum_{k=1}^infty frac{1}{k^3} < 1 + frac{1}{8} + frac{1}{27} + frac{1}{2}sum_{k=4}^infty frac{1}{(k-2)(k-1)k}=1 + frac{1}{8} + frac{1}{27} + frac{1}{2}sum_{k=4}^infty (frac{1}{(k-2)(k-1)}-frac{1}{(k-1)k}) = 1 + frac{1}{8} + frac{1}{27} + frac{1}{12}=frac{269}{216}=1.25437…<4/3=1.33333…

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  19. Face to face y rtomas. Se puede probar con esto, si os sirve de ayuda, para la telescópica: (la telescópica en cuestión es el término  \sum_{k=4}^\infty (\frac{1}{(k-2)(k-1)}-\frac{1}{(k-1)k})

    que se muestra en el desarrollo siguiente)

    \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^3} < 1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \frac{1}{2}\sum_{k=4}^\infty \frac{1}{(k-2)(k-1)k}=1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \frac{1}{2}\sum_{k=4}^\infty (\frac{1}{(k-2)(k-1)}-\frac{1}{(k-1)k}) = 1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \frac{1}{12}=\frac{269}{216}=1.25437…<4/3=1.33333…

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  20. Gracias, Maelstrom, muy chula. A ver si aprendo algo…
    Parece que la primera vez que aparece la fraccion 1/2 no deberia estar ahi,
    pero luego si que esta bien.

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  21. Tienes razón, rtomas, el primer 1/2 que multiplica al sumatorio de 1/[(k-2)(k-1)k] sobra; no así en el sumatorio de la igualdad inmediatamente posterior.

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  22. Se tiene

    1+\frac{1}{n^3}=\frac{n^3+1}{n^3}<\frac{n^3+1}{n^3-1},\,\forall n\ge 2.

    Utilizando que

    \frac{n^3+1}{n^3-1}=\frac{(n+1)(n^2-n+1)}{(n-1)(n^2+n+1)},

    n^2-n+1=n(n-1)+1, n^2+n+1=n(n+1)+1,

    es fácil simplificar factores en

    \prod_n \frac{n^3+1}{n^3-1},

    y así obtener la desigualdad deseada.

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  23. Se puede acotar parte de la serie con un producto telescópico. Encontramos que \frac{2-\frac{1}{n+1}}{2-\frac{1}{n}}>\frac{n^3+1}{n^3} para todo n\geq3, ya que si se desarrolla se obtiene n^3 +1> 2n^2 +n, que es verdadero. Substituyendo queda que \prod_{n=1}^{2013} \left(\frac{n^3+1}{n^3}\right) < \frac{2}{1}\cdot \frac{9}{8} \cdot \prod_{n=3}^{2013} \left(\frac{2-\frac{1}{n+1}}{2-\frac{1}{n}}\right) < \frac{9}{4} \prod_{n=3}^\infty \left(\frac{2-\frac{1}{n+1}}{2-\frac{1}{n}}\right) = \frac{27}{10} <3 .

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  24. Wow. Bonita y elegante forma de resolverlo, gat. Para los que se puedan complicar buscando la forma7 de desarrollar cómo conseguir que de \frac{2-\frac{1}{n+1}}{2-\frac{1}{n}} > \frac{n^3 +1}{n^3} concluyamos que 2n^2 + n < n^3 + 1 lo cual es verdadero para n mayor o igual que 3, basta observar que el lado derecho de la inecuación es una fracción con un numerador una unidad mayor que el denominador; y si desarrollamos un poco el lado izquierdo, pronto obtenemos \frac{2n^2 + n}{2n^2 + n - 1} cuyos numerador y denominador también difieren en una unidad, solo que ahora en un rango de fracción más pequeño ya que los términos al cuadrado crecen menos que los cúbicos, y por tanto la fracción en sí es mayor que aquella.

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  25. O también podríamos haber deducido:
    \frac{2 - 1/n + 1/n -\frac{1}{n+1}}{2-1/n}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1+\frac{1}{n^2 + n} > 1 + 1/n^3
    ya que para n mayor o igual que 3 se tiene:
    n^3>n^2 + n

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  26. Y por supuesto también análogamente y más fácil hubiera sido usar [1-1/(n+1)]/[1-1/n] en vez de [2-1/(n+1)]/[2-1/n]….

    Y perdón por repetirme. Con el móvil se tarda tanto en escribir con latex que acabo olvidando todas las cosas que quería poner en un solo comentario.

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