Producto infinito

Os dejo el problema de la semana:

Calcular el valor del siguiente producto infinito:

$\cfrac{2}{3} \cdot \cfrac{9}{8} \cdot \cfrac{16}{15} \cdot \cfrac{25}{24} \cdot \ldots$

Ánimo y suerte.

62 comentarios

Jerson | 12 de January de 2010 | 09:22

Ante todo quiero decir que este blog es excelente
lo leo siempre.

Bueno yo soy más artista que matemático pero creo haber podido hallar la respuesta a este problema.

$\prod_{2}^{n}\frac{n^{2}}{n^{2} - 1} = \prod_{2}^{n}\frac{n^{2}}{(n+1)(n-1)} = \prod_{2}^{n} \frac{n}{n + 1} \prod_{2}^{n}\frac{n}{n - 1} = \frac{\prod_{2}^{n}n}{\prod_{2}^{n}(n + 1)}\frac{\prod_{2}^{n}n}{\prod_{2}^{n}(n - 1)} = 2\frac{n!}{(n+1)!}\frac{n!}{(n-1)!} = 2(\frac{1}{n+1})(n) = \frac{2n}{n+1}$

por tanto:

$\lim_{n\to \infty} \prod_{2}^{n}\frac{n^{2}}{n^{2} - 1} = \lim_{n\to \infty}\frac{2n}{n+1} = 2$

saludos, y espero no haberme equivocado.
josejuan | 12 de January de 2010 | 09:54

Tu “escritura” la veo confusa (usas ‘n’ como índice y como límite del producto).

Creo que la solución es “casi” correcta excepto que es

$\pi\limits_{i=3}^{\infty }\frac{i^{2}}{i^{2}-1}=\allowbreak \frac{3}{2}$

por tanto la solución es

1

Un comentario-pregunta, ¿porqué si en las matemáticas se exige definir todo sin ambigüedades, es tremendamente frecuente que las sucesiones sean “definidas” mostrando tan sólo algunos de sus elementos? (usualmente los primeros).

De hecho, el error de “Jerson” es pensar que el primer término corresponde con $\frac{i^{2}}{i^{2}-1}$ (cuando no lo es).

(Otra pregunta, el símbolo producto ¿no es \prod?, es que he tenido que poner pi…)
Jerson | 12 de January de 2010 | 10:03

tienes mucha razón José. he cometido errores extraños, en especial lo de la escritura confusa… es la primera vez que uso el LaTeX y no me di cuenta de ello.

aún así no encuentro relación entre el 2/3 y el resto de los términos.

(el símbolo de producto es producto es \prod_)
josejuan | 12 de January de 2010 | 10:12

Claro, es que precisamente no hay relación del primer término con el resto de ahí que una definición podría ser

$\frac{2}{3}\prod_{i=3}^{\infty }\frac{i^{2}}{i^{2}-1}=1$

y de ahí que no hayan puesto el término general, para que piques (je, je, …).
Dani | 12 de January de 2010 | 12:45

creo que estoy de acuerdo con el razonamiento de Jerson y la conclusión de josejuan.
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 14:33

$\dprod\limits_{2}^{n}\dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}=\dfrac{\left( n^{2}\right)^{n-1}}{\left( n^{2}-1\right) ^{n-1}}=\left( \dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}\right)^{n-1}$

porque

$\dprod\limits_{2}^{n}n^{2}=\underset{n-1}{\underbrace{n^{2}\cdot n^{2}\cdot\cdots \cdot n^{2}}}=\left( n^{2}\right) ^{n-1}$

$\dprod\limits_{2}^{n}\left( n^{2}-1\right) =\underset{n-1}{\underbrace{\left( n^{2}-1\right) \cdot \left( n^{2}-1\right) \cdot \cdots \cdot \left( n^{2}-1\right) }}=\left( n^{2}-1\right) ^{n-1}$

Assim

$\dprod\limits_{2}^{\infty }\dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}=\lim \left( \dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}\right) ^{n-1}=\left( 1\right) ^{\lim \left( n-1\right) }=1$
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 14:35

$\prod\limits_{2}^{n}\dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}=\dfrac{\left( n^{2}\right)^{n-1}}{\left( n^{2}-1\right) ^{n-1}}=\left( \dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}\right)^{n-1}$

porque

$\prod\limits_{2}^{n}n^{2}=\underset{n-1}{\underbrace{n^{2}\cdot n^{2}\cdot\cdots \cdot n^{2}}}=\left( n^{2}\right) ^{n-1}$

$\prod\limits_{2}^{n}\left( n^{2}-1\right) =\underset{n-1}{\underbrace{\left( n^{2}-1\right) \cdot \left( n^{2}-1\right) \cdot \cdots \cdot \left( n^{2}-1\right) }}=\left( n^{2}-1\right) ^{n-1}$

Assim

$\prod\limits_{2}^{\infty }\dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}=\lim \left( \dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}\right) ^{n-1}=\left( 1\right) ^{\lim \left( n-1\right) }=1$
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 14:51

A minha resposta de 14:35 não foi correctamente escrita: utilizei \dprod, e não foi aceite aqui. Passei para\prod.
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 14:53

Digo 14:35 .
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 14:53

Redigo: 14:33. Bolas!
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 15:09

TODAS AS MINHAS RESOLUÇÕES ESTÃO ERRADAS!!!
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 15:23

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}\cdot \frac{16}{15}\cdot \frac{25}{24}\cdot\cdots =\lim \frac{n}{n+1}=1$
josejuan | 12 de January de 2010 | 16:36

“Américo”

¿Cómo pones directamente esa identidad?
¿No deberías desarrollarla?

Es decir, yo podría poner

$\frac{2}{3}\frac{9}{8}\frac{16}{15}\frac{25}{24}\cdot \cdot \cdot =-\cos \pi$

pero no creo que fuera correcto…
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 17:10

josejuan,

Uma “prova” (evidência) numérica:

$\frac{2}{3}$

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}=\frac{3}{4}$

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}\cdot \frac{16}{15}=\frac{4}{5}$

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}\cdot \frac{16}{15}\cdot \frac{25}{24}=\frac{5}{6}$

$\cdots$

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}\cdot \frac{16}{15}\cdot \frac{25}{24}\cdot \cdots =\lim \frac{n}{n+1}$
Osukaru | 12 de January de 2010 | 18:07

La idea de Américo es correcta. La sucesión de productos parciales es la siguiente:

$P_1={2 \over 3}$

$P_{i}=P_{i-1} \, {(i+1)^2 \over (i+1)^2-1}$

Ahora queremos demostrar que el término general podemos escribirlo de la forma:

$P_i={i+1 \over i+2}$

Para ello usamos inducción. Ya lo ha demostrado Américo para los primeros términos, luego si lo suponemos cierto para el término n-ésimo menos uno, tenemos que demostrar que se cumple para el n-ésimo:

$P_{n}=P_{n-1} \, {(n+1)^2 \over (n+1)^2-1}$

Sustituyendo $P_{n-1}$ por su valor y desarrollando la expresión:

$P_{n}={n \over n+1} \, {(n+1)^2 \over (n+1)^2-1}$ = (simplificando y desarrollando) = ${n+1 \over n+2}$

Luego queda demostrado que el término general podemos obtenerlo por la nueva fórmula y llevando la sucesión al límite deducimos que el producto infinito del enunciado es igual a 1.
Américo Tavares | 12 de January de 2010 | 18:14

Osukaru

Exacto, tinha pensado precisamente na indução.

Obrigado!
Hassam Hayek | 12 de January de 2010 | 18:35

$\frac{2}{3} \cdot \frac{9}{8} \cdot \frac{16}{15} \ldots$

$= \lim_{k \to \infty} \left[\frac{2}{3} \prod_{n=3}^{k} \frac{n^2}{n^2 -1} \right]$

$=\frac{2}{3} \lim_{k \to \infty} \left[ \prod_{n=3}^{k} \frac{n^2}{(n-1)(n+1)} \right]$

$=\frac{2}{3} \lim_{k \to \infty} \left\{ \left[\prod_{n=3}^{k} \frac{n}{(n-1)}\right] \left[\prod_{n=3}^{k} \frac{n}{(n+1)}\right] \right\}$

$=\frac{2}{3} \lim_{k \to \infty} \left\{ \left[ \frac{\prod\limits_{n=3}^{k}n}{\prod\limits_{n=3}^{k}(n-1)}\right] \left[\frac{\prod\limits_{n=3}^{k}n}{\prod\limits_{n=3}^{k}(n+1)}\right] \bf{(1)} \right\}$

Podemos demostrar que los términos anteriores pueden ser escritos como:

$\prod\limits_{n=3}^{k}n = \frac{k!}{2}$

$\prod\limits_{n=3}^{k}(n-1) = (k-1)!$

$\prod\limits_{n=3}^{k}(n+1) = \frac{(k+1)!}{6}$

Reemplazando lo anterior en la ecuación $\bf{(1)}$ obtenemos que:

$=\frac{2}{3} \cdot \frac{6}{4} \lim_{k \to \infty} \left[ \frac{k!}{(k-1)!}\cdot \frac{k!}{(k+1)!} \right]$

$= \lim_{k \to \infty} \left[\frac{k!}{(k-1)!}\cdot \frac{k(k-1)!}{(k+1)k!}\right]$

$= \lim_{k \to \infty} \frac{k}{(k+1)} = 1$

Gracias ^DiAmOnD^ por este excelente blog, saludos a todos. Si hay algún error o duda me avisan.
Hassam Hayek | 12 de January de 2010 | 18:38

Pt: cuando intenté enumerar la ecuación, este quedó dentro del corchete del límite… espero que eso no genere algún problema. saludos
bt | 12 de January de 2010 | 22:13

la sucession es 2/3*n^2/n^2 -1 (n>=3)expandemos la diferencia de cuadrados

n^2/(n+1)(n-1) separamos n/(n+1) *n/(n-1) el siguiente termino es (n+1)/(n+2) *(n+1)/n en este caso multiplicamos ambos termino obteniendo (n/n-1)*(n+1/n-1) pero si continuamos con los terminos en este caso en siguiente obtenemos (n/n-1)*(n+2/n+3) podemos continuar en k terminos (n/n-1)*(n+k/n+k+1) obteniendo el limite a infinito de (n+k)/(n+k+1) n=3 k tiene a infinito obtemos 1.

2/3 * n/(n-1)*1 n=3, 2/3*3/2*1=1
Nota: aprendere Latex
Ty | 12 de January de 2010 | 23:27

como se deduce que el productorio es es 3/2 ?
Trackback | 12 Jan, 2010

Uma bela prova por indução « problemas | teoremas
Américo Tavares | 13 de January de 2010 | 00:02

Informo que publiquei hoje o enunciado, a minha ideia e a prova de Osukaru no meu blogue, com o título “Uma bela prova por indução”

http://problemasteoremas.wordpress.com/2010/01/12/uma-bela-prova-por-inducao/
Nicolás | 13 de January de 2010 | 01:25

muchas gracias Hassam Hayek por tu explicación clarísimo y perfectamente entendible muy lindo problema!!
hernan | 13 de January de 2010 | 13:47

Un poco más fácil que por inducción: como el término general de la productoria es $\frac{n^2}{n^2-1}=\frac{n}{n-1} \frac{n}{n+1}$ , se ve que el primer denominador se puede simplificar con el numerador del término anterior, y el segundo con el del término siguiente, por ej (conviene ponerlo por escrito y agrupar los factores que se simplifican para verlo) :

$\frac{2}{3} \frac{9}{8} \frac{16}{15} \frac{25}{24}= \frac{2}{3} \; \frac{3}{2}\frac{3}{4}\; \frac{4}{3}\frac{4}{5}\; \frac{5}{4}\frac{5}{6}= \frac{5}{6}$

De acá se ve también por qué se eligió así el primer término de la productoria.
roldan | 13 de January de 2010 | 16:47

Otra demo (no se latex pero tampoco hace falta mucho).
Sea P(n) la sucesión de los productos parciales, entonces tomando logaritmos, y segun las propiedades de los logaritmos se llega (muchos terminos se anulan)
log P(n) = log 2/3 + log 3 – log 2 + log n – log(n+1)
como log n – log(n+1) = log n/(n+1) entonces el logaritmo de P tiende a 0 y el producto tiende a 1.
ll | 13 de January de 2010 | 17:08

¿Y qué pinta el 2/3 al principio de la sucesión?
Osukaru | 13 de January de 2010 | 18:09

Al contrario de como pensaban Jerson, josejuan o Dani, el 2/3 del principio de la sucesión sí que tiene sentido, y en los post de Américo o en el mío donde propongo la demostración por inducción es donde se le da sentido.
Dani | 13 de January de 2010 | 20:29

claro, el sentido es hacer que el productorio sea igual a $1$ , lo que dijo josejuan.
M | 13 de January de 2010 | 20:45

Algo más de gracia tiene el producto intermedio $\frac{9}{8}\cdot\frac{25}{24}\cdot\frac{49}{48}\cdot\ldots$
Dani | 13 de January de 2010 | 22:44

muy interesante esa última. ya la tengo, la escribo después de cenar.
hernan | 13 de January de 2010 | 23:25

Sí, esa última es más interesante.

Aplicando Stirling, llego a :

$\frac{9}{8}\cdot\frac{25}{24}\cdot\frac{49}{48}\ldots = \frac{4}{\pi}$

Resultado intermedio:

$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\ldots\frac{n-1}{n} \approx \sqrt{\frac{2}{\pi n}}$
Américo Tavares | 13 de January de 2010 | 23:45

hernan

A fórmula de Willis também é interessante, penso eu:

$\dfrac{\pi }{2}=\lim \left( \dfrac{2\cdot 4\cdots \left( 2n\right) }{1\cdot 3\cdots \left( 2n-1\right) }\right) \dfrac{1}{2n+1}$
M | 13 de January de 2010 | 23:52

Efectivamente hernan y Américo, se podía ver usando el resultado del problema propuesto y el producto de Wallis. Dani, no hay tregua ni para cenar
Dani | 13 de January de 2010 | 23:54

tenemos que calcular el valor
$X=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k+1)^2}{(2k+1)^2-1}$ Hacemos entonces:
$\log(X_N)=\log(\prod_{k=1}^{N}\frac{(2k+1)^2}{(2k+1)^2-1})=\sum_{k=1}^{N} \log(\frac{(2k+1)^2}{(2k+1)^2-1})$
$= \sum_{k=1}^{N} \Big[ 2\log(2k+1) - \log\big((2k+1) +1)((2k+1) -1) \big) \Big]$
$= \sum_{k=1}^{N} \Big[ 2\log(2k+1) - \log(2k+2) - \log(2k) \Big]$
$= \log(2) + \sum_{k=1}^{N}\big[ \log(2k+1)-\log(2k) \big] + \sum_{k=1}^{N+1} \big[ \log(2k-1)-log(2k) \big]$
$= \log(2) + \log(\prod_{k=1}^{N} \frac{2k+1}{2k} ) + \log( \prod_{k=1}^{N+1} \frac{2k-1}{2k} ) = \log(2C_N)$

para una sucesión cuyo límite tenemos que calcular que es:
$C_N=\Big(\prod_{k=1}^{N} \frac{2k+1}{2k} \Big) \Big( \prod_{k=1}^{N+1} \frac{2k-1}{2k} \Big)$

Pogámonos a ello. Primero notemos que
$\prod_{k=1}^{N} \frac{2k+1}{2k} = \frac{(2N+1)!}{(\prod_{k=1}^{N}2k )^2} =\frac{(2N+1)!}{(2^N N!)^2}$ y por tanto será
$\prod_{k=1}^{N+1} \frac{2k-1}{2k}=\frac{1}{2N+2}\Big(\frac{(2N+1)!}{(2^N N!)^2}\Big)$ Luego tenemos que hallar el límite cuando $N \rightarrow \infty$ de:

$C_N=\frac{ ((2N+1)!)^2 }{ (2N+2)(2^N N!)^4 }$

La fórmula de Stirling nos dice que en infinito el factorial se comporta como

$n! \approx \sqrt{2 \pi n} \big(\frac{n}{e}\big)^n$
usémos esta estimación para calcular el limite (no es difícil hacer acotaciones por arriba y abajo para “encajarlo”, y al final equivale a reemplazar directamente el factorial por la identidad que proporciona Stirling) Luego:

$\lim_{N \rightarrow \infty} C_N = \lim_{N \rightarrow \infty} \Bigg( \frac{\Big( \sqrt{2 \pi (2N+1) } \big( \frac{2N+1}{e} \big)^{2N+1} \Big)^2}{(2N+2)(2^{4N} \big(\sqrt{2 \pi N} ( \frac{N}{e} )^N \big)^{4}} \Bigg)$
que vamos a escribir de la siguiente manera:

$\Bigg( \frac{\Big( \sqrt{2 \pi (2N+1) } \big( \frac{2N+1}{e} \big)^{2N+1} \Big)^2}{(2N+2)(2^{4N} \big(\sqrt{2 \pi N} ( \frac{N}{e} )^N \big)^{4}} \Bigg) = \Bigg( \frac{ 2 \pi (2N+1) \big( \frac{2N+1}{e} \big)^{4N+2}}{(2 \pi)^2 (2N+2) \cdot 2^{4N}N^2 ( \frac{N}{e} )^{4N} } \Bigg)$

$= (\frac{2}{\pi e^2})(\frac{2N+1}{2N+2})\big(\frac{2N+1}{2N}\big)^2 \Big(\frac{2N+1}{e} \frac{e}{2N} \Big)^{4N}$

$= (\frac{2}{\pi e^2})(\frac{2N+1}{2N+2})\big(\frac{2N+1}{2N}\big)^2 \bigg(\Big(1+\frac{1}{2N})^{2N}\bigg)^2 \longrightarrow \frac{2}{ \pi^ }$

Por lo tanto el productorio buscado es:

$\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k+1)^2}{(2k+1)^2-1} = X = \lim_{N \rightarrow \infty}X_N =\lim_{N \rightarrow \infty} 2C_N = \frac{4}{\pi}$
Dani | 13 de January de 2010 | 23:57

vaya con la fórmula de Willis, no la conocía! habría simplificado bastante las cosas jejeje

PD: no, la próxima vez me quedo sin cenar jajaja
Américo Tavares | 14 de January de 2010 | 00:04

Em Taylor, Advanced Calculus, p.682, a fórmula de Willis (ver meu comentário de 23:45) é deduzida a partir do enquadramento seguinte:

$\dfrac{2n}{2n+1}\cdot \dfrac{\pi }{2}<\left( \dfrac{2\cdot 4\cdots \left( 2n\right) }{1\cdot 3\cdots \left( 2n-1\right) }\right) ^{2}\dfrac{1}{2n+1}<\dfrac{\pi }{2}$
Osukaru | 14 de January de 2010 | 00:07

Volviendo al tema del 2/3, Dani, el sentido es que tanto si definimos la sucesión de productos parciales de forma recursiva como si lo hacemos mediante el término general al que se demuestra que equivale, el primer término de la sucesión es 2/3.
Dani | 14 de January de 2010 | 00:08

de hecho mi solución no hace sino deducir la fórmula de willis a partir de la de stirling! jajajaja
M | 14 de January de 2010 | 00:15

Efectivamente, Dani. Así también lo hacen en la wikipedia: http://en.wikipedia.org/wiki/Wallis_product

La que ha indicado Américo me parece estupenda.

Por cierto es con “a”: Wallis (lo digo porque se ha citado cuatro veces con “i”)
Américo Tavares | 14 de January de 2010 | 00:24

M

Efectivamente Wallis e não Willis.

Devia estar a pensar no Evan Williams (whiskey)

http://en.wikipedia.org/wiki/Evan_Williams_(whiskey) !
zackdinsky | 14 de January de 2010 | 02:20

yo crei que el problema era 4/3*9/8*16/15….. asi los numeradores son progresiones, el problema es mas elegante…creo
iVicentico | 14 de January de 2010 | 03:24

Con respecto al primer comentario, de Jerson, cometió un error que evitó todos los problemas.

La productoria que tiene esta correcta, exceptuando que el primer termino es 4/3.
Por ende, como el producto comienza con 2/3, facilmente se puede hacer comenzar de 4/3 pero dividiendo por 2.
Entonces, todo el producto se divide por 2 y queda el mismo resultado (2), dividido por 2, que da 1, que es el resultado planteado por varios de aca.

Saludos!
Osukaru | 14 de January de 2010 | 09:28

iVicentico, es que estáis interpretando mal la sucesión, desde el momento en el que 2/3 es el primer término del producto infinito, ya no se puede escribir mediante un productorio $\prod_{2}^{n}\frac{n^{2}}{n^{2} - 1}$ , por lo que siendo rigurosos, el planteamiento del problema no encaja con el planteamiento de la solución. Sin embargo, si defines la sucesión de productos parciales de forma recursiva, poniendo $P_1={2 \over 3}$ y $P_{i}=P_{i-1} \, {(i+1)^2 \over (i+1)^2-1}$ , al demostrar que $P_{i}={{i+1} \over {i+2}}$ la sucesión encaja perfectamente con el planteamiento del problema, ya que precisamente, con esta nueva fórmula $P_1={2 \over 3}$ .
alvaro | 14 de January de 2010 | 11:40

Creo que la solucción más sencilla para este problema sería calcular el productorio desde 2 hasta n de n^2/(n^2-1) cuando n tiende a infinito como ha hecho Jerson y le da 2 como resultado, que ya se que no es lo que se pide. Pero como lo que se pide es un productorio cuyos factores son todos los mismos a excepción del primero que en el problema es 2/3 y en el límite que acabamos de calcular es 4/3, pues dividimos el 2 entre 4/3 y lo multiplicamos por 2/3 y ya lo tenemos, la solucción del problema es 1.
alvaro | 14 de January de 2010 | 11:44

Vale, acabo de notar que mi comentario es una ligera variación del de “iVicentico”
alvaro | 14 de January de 2010 | 11:49

En todo caso me parece la forma mas elegante y sencilla de resolver el problema. No se los demás que pensaréis..
Osukaru | 14 de January de 2010 | 11:51

Yo pienso que no, porque si no le das un sentido al primer término, entonces estás tratando un problema que no es el que te proponen, sino otro, y tendrías que demostrar primero que son equivalentes.
alvaro | 14 de January de 2010 | 12:49

De todas formas me estoy dando cuenta que tal y como está planteado el problema, el enunciado es muy muy ambiguo.
Solo se nos muestran 4 factores de un producto infinito, y todos hasta ahora hemos supuesto que lo que se pregunta es por el limite cuando n tiende a infinito de los n primeros términos de una sucesión. Lo que ocurre es que esta sucesión que estamos considerando hasta ahora no es la única que encaja con estos 4 primeros términos, sino que habría infinitas sucesiones que encajarían con estos 4 primeros términos con las consiguientes infinitas solucciones al problema.

Me explico: otra sucesión cuyos 4 primeros términos son los de la del problema sería la siguiente:
An= (n+1)/(n+2) cuando n mod4=1
An= n^2/((n^2)-1) en otro caso

Otra que también valdría sería:
An= (n+1)/(n+2) cuando n mod5=1
An= n^2/((n^2)-1) en otro caso

Y así sucesivamente se demostraría que hay infinitas solucciones válidas, debido a la gran ambiguedad del enunciado.

Habría más posibilidades como por ejemplo:
An= 2n/3n cuando n mod4=1
An= n^2/((n^2)-1) en otro caso

Y en fin, seguro que habría más con solo pensarlo un poco
alvaro | 14 de January de 2010 | 12:55

con respecto a lo que comenta “Osukaru” no estoy de acuerdo, creo que no se puede ser tan tan estricto porque entonces tendríamos que demostrar también por la misma regla de tres que suma por diferencia igual a diferencia de cuadrados, que es otro resultado que se ha usado en el problema y que es igual de evidente que demostrar que los dos problemas son el mismo, y que al ser tan evidente a nadie se le ocurre pedir que se demuestre porque se supone que todos sabríamos demostrarlo.

En fin, que es solo una opinión
Osukaru | 14 de January de 2010 | 13:48

No me refiero a eso alvaro. Lo que digo es que hay que ser estricto a la hora de definir el producto infinito que nos plantean con una fórmula general. Imagina que nos plantean este otro producto infinito $\cfrac{1}{1} \cdot \cfrac{1}{1} \cdot \cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{1}{3}$ . Alguien podría decir que es el producto infinito de los inversos de los números naturales multiplicado por un primer término que es 1 y otro podría decir que es el el producto de los inversos de los números de Fibonacci. ¿Cuál es el planteamiento correcto? Evidentemente es el segundo, porque ha dado un sentido a todos los términos de la sucesión. Habrá más formas de darle sentido a la sucesión y cualquiera de ellas sería válida, pero lo que no veo válido es decir “este término no me gusta, así que calculo el producto del resto y multiplico luego por el que no me gusta”. No sé si me explico.
Américo Tavares | 14 de January de 2010 | 14:19

Quando se fornecem alguns termos de uma sucessão, o termo geral não é unívoco: pode tomar mais do que uma forma, respeitando os termos que foram escritos. Mas há normalmente uma forma desses termos gerais que a generalidade das pessoas tende a pensar em primeiro lugar. Se pusermos um computador a ensaiar outras possibilidades, ele vai indicá-las, regra geral.
josejuan | 14 de January de 2010 | 14:24

Uhm… pues yo no estoy de acuerdo Osukaru, me parece incorrecto decir “…pero lo que no veo válido es decir “este término no me gusta, así que calculo el producto del resto y multiplico luego por el que no me gusta”…”

Recordemos que una sucesión de números no tiene porqué tener un único término general que la describa (de hecho, puede tener tantos como elementos tiene la sucesión).

Por ejemplo, si te doy la siguiente sucesión

1 2 3 4 5 6 7 8 1 10 11 12 13 …

tu propuesta es tomar el polinomio interpolador de grado 12 (o no se que otra extraña función) pues da sentido a todos los términos con un único término general, pero parecería más lógico (¡ojo sólo lógico! no válido) tomar ésta otra definición

x(n) = n si n<>9
x(9) = 1

mi opinión es que siempre que se de únicamente un número parcial de términos de una sucesión, se puede definir el criterio que mejor le de a uno en gana, siempre y cuando se cumpla para los enunciados.

Luego ya discutiremos si es más bonita una u otra…o si el que dió el enunciado quiso decir una u otra… metiéndonos (creo yo) más en psicología que en matemáticas (de hecho, en los psicotécnicos, ¿porque el siguiente número de la sucesión “1 2 3″ es el 4? ¡si dices 2 te toman por tonto!).
Américo Tavares | 14 de January de 2010 | 15:07

« en psicología que en matemáticas (de hecho, en los psicotécnicos, ¿porque el siguiente número de la sucesión “1 2 3″ es el 4? ¡si dices 2 te toman por tonto!).»

Foi o que aconteceu a Feynman que foi considerado idiota pelo psicólogo da tropa (exército), por dar respostas não convencionais.
alvaro | 14 de January de 2010 | 16:58

yo pienso un poco como josejuan, que todas las respuestas son correctas y válidas. Y que son igual de correctas y válidas.
Y pienso además que el enunciado es un tanto ambiguo.

Antes no te habia entendido Osukaru, asique cuando te he contestado antes, como si no lo hubiera puesto.

Y a americo, es que no se portugues…
Américo Tavares | 14 de January de 2010 | 21:06

Alvaro

«Foi o que aconteceu a Feynman que foi considerado idiota pelo psicólogo da tropa (exército), por dar respostas não convencionais.»

Esto es lo que sucedió a Feynman – evaluado por un psicólogo en el ejército como tonto – porque sus respuestas no eran convencionales.

Google translator
iVicentico | 15 de January de 2010 | 01:27

Osukaru:

Si planteas la formula expresada

$\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{9}{8}\cdot\dfrac{16}{15}\cdot\dots$ como un resultado, digamos, I.

Si usamos la formula aplicada por Jerson, encontraremos que su formula es 2*I.

Y como Jerson probó que su formula tiene por resultado 2, entonces 2*I = 2 => I = 1
Dani | 15 de January de 2010 | 01:41

Dado un problema a resolver, empecinarse en que hay una y sólo una manera de entenderlo y afrontarlo, es, en mi opinión, una muy mala idea. cuantas más y más diversas sean las formas de comprender, analizar y resolver una cuestión, mayor será su comprensión y mayor será el beneficio intelectual obtenido.
Américo Tavares | 15 de January de 2010 | 11:53

Dani

Concordo com o que escreveu.
Marco! | 17 de January de 2010 | 20:41

Hola, qué lástima que llegué tarde, me hubiera gustado participar del debate :p

Sólo quería comentar que Dani tiene razón, no es matemáticamente válido decir que la sucesión de números está dado por el producto de 2/3 y la productoria antes mencionada.
La forma correcta de plantear la sucesión, creo yo, sería de la siguiente forma:

$a(1) = 0$
$a(2) = \frac{2}{3}$
$a(n + 1) = a(n). \frac{(n+1)^2}{(n+1)^2 - 1}\ \ \forall n \in N\ : n \ge 3$

y ahi se pueden tirar los primeros términos.. Y luego demostrar, por inducción, que esa sucesión no es distinta a $\frac{2}{3} . \prod_{i=3}^{n}{\frac{i^2}{i^2 - 1}}$ y luego ver a cuánto tiende eso cuando n tiende a infinito

Saludos!

Marco
Marco! | 17 de January de 2010 | 20:42

fe de erratas : n >= 2 en la condición de la sucesión dada por recurrencia
Esteban | 17 de January de 2010 | 23:04

@Marco!

Una pequeña pregunta si a(1)=0 entonces la productoria da 0 . Yo creeria que a(1) segun tu recurrencia deberia ser 1
Marco! | 19 de January de 2010 | 18:30

No, porque en este caso no nos importa a(0). La recurrencia va para el termino que sigue a partir del termino nº 2, el “a(1)” nunca nos importó.

Yo definí esa sucesión dada por recurrencia, que es equivalente a la que pusieron ahí, salvo que está “defasada” (porque el segundo “termino”, sería $\frac{2}{3} . \frac{3^2}{3^2 -1}$
A los efectos prácticos es lo mismo, es decir, una empieza
$0$

$\frac{2}{3}$

$\frac{2}{3} . \frac{3^2}{3^2 -1}$

$\frac{2}{3} . \frac{3^2}{3^2 -1}.\frac{4^2}{4^2 -1}$

Es sólo para no poner un +1 ¿?

Y la recurrencia, toma sólo el “término anterior”, no los dos anteriores..
Es por eso que para el caso n = 2, sería
$a(2) = \frac{2}{3}$
y para el caso n + 1 sería
$a(2 + 1) = a(2).\frac{ (2+1)^2}{(2+1)^2 - 1}$
y para el que le sigue (3 + 1) sería
$a(3 + 1) = a(3).\frac{ (3+1)^2}{(3+1)^2 - 1}$

Espero se entienda! Disculpas, no soy muy bueno explicando