Producto pequeño

Vamos con el problema semanal:

Dado el siguiente número real:

$A=\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \ldots \frac{2007}{2008}$

demostrar que:

$A \cdot \sqrt{2009} < 1$

.

Repito, demostrar. Por favor, si puede ser me gustaría que no hubiera comentarios con el resultado simplemente, calculado con un programa. Suerte.

Sin comentarios

Trackback | 14 Jul, 2009

Bitacoras.com
Manzano | 14 de July de 2009 | 09:29

Usando que para cualquier número natural $n$ se cumple que
$\left(\frac{n}{n+1}\right)^2<\frac{n}{n+1}\cdot\frac{n+1}{n+2}$ ,
tenemos que
$A^2=\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{3}{4}\right)^2\cdots\left(\frac{2007}{2008}\right)^2<\frac{1}{2}\frac{2}{3}\frac{3}{4}\frac{4}{5}\cdots\frac{2007}{2008}\frac{2008}{2009}=\frac{1}{2009}$
de donde se deduce la desigualdad que buscábamos.
mimetist | 14 de July de 2009 | 10:28

Ais… casi llego xD

Bueno, pues pongo otra idea que requiere cálculos, pero no muchos.

El mayor término de A es $\frac{2007}{2008}}$ , además sabemos que A tiene 1004 términos, por lo tanto:

$A < (\frac{2007}{2008})^{1004}$

Si multiplicamos por $\sqrt{2009}$ y elevamos al cuadrado, tenemos que:

$2009(A)^{2} < 2009(\frac{2007}{2008})^{2008}$

tomando logaritmos en la parte derecha:

$ln(2009) + 2008(ln(2007) - ln(2008)) < 0 = ln(1)$

De donde deducimos que:

$2ln(A)+ln(2009) < ln(1)$

$2009(A)^{2} < 1$

lo que sólo es posible si:

$A\sqrt{2009} < 1$

P.d.: Por fin consigo escribir en $\LaTeX$ !!!
juan2 | 14 de July de 2009 | 11:32

Por inducción:

Sea $A_n = \frac{\prod_{j=0}^n 1+2j}{\prod_{k=0}^n 2+2j}$ . Por demostrar que $A_n \sqrt{3+2n} \leq 1, \forall n$ .

Primero, el caso $n=0$ . En este caso $A_n = \frac{1}{2}$ y $A_n \sqrt{3+2n} = \frac{\sqrt{3}}{2} \leq 1$

Como hipótesis de inducción, supongamos que la propiedad es cierta para cierto $n$ y probamos que es cierta para $n+1$

$A_{n+1} \sqrt{3+2(n+1)} = \frac{\prod_{j=0}^{n+1} 1+2j}{\prod_{k=0}^{n+1} 2+2j} \sqrt{5+2n}$ $= A_n \frac{3+2n}{4+2n} \sqrt{5+2n} = A_n \sqrt{3+2n} \frac{\sqrt{3+2n} \sqrt{5+2n}}{4+2n}$

Por hipótesis de inducción

$A_{n+1} \sqrt{3+2(n+1)} \leq \frac{\sqrt{3+2n}\sqrt{5+2n}}{4+2n}$

Esto último es menor que uno para todo $n$ y demostrarlo es sencillo.

Con la propiedad demostrada para todo $n$ , se escoge $n = 1003$ y se obtiene el resultado pedido.
Dani | 14 de July de 2009 | 13:43

que buena manzano! sencilla y elegante y en apenas una linea

“He hecho esta carta más larga de lo usual porque no tengo tiempo para hacer una más corta.”
Pascal
M | 14 de July de 2009 | 13:53

mimetist, hay un error en tu prueba. En el siguiente comentario la desigualdad no es correcta (de hecho esa cantidad es positiva).

“tomando logaritmos en la parte derecha:

$ln(2009) + 2008(ln(2007) - ln(2008)) < 0 = ln(1)$ ”

Me da que has usado la propiedad a demostrar en la propia demostración.
Trackback | 14 Jul, 2009

Producto pequeño | Gaussianos « El camello, el León y el niño. O la evolución del perro al lobo.
JuanPablo | 14 de July de 2009 | 17:17

Mentalmente (sin calculadora, computadora, ni nada parecido) me da casi 7/9. Pista: Liberen a Wallis!!
M | 14 de July de 2009 | 17:57

Muy buena, JuanPablo. Con la aproximación de pi por 22/7 obtenemos que el producto pedido se aproxima a $\sqrt{7/11}$ .
Toro Sentado | 15 de July de 2009 | 09:59

Ahí va la mía:

$A = \frac {1}{2} \cdot \frac {3}{4} \cdot$ … $\cdot \frac {2007}{2008}$
$B = \frac {2}{3} \cdot \frac {4}{5} \cdot$ … $\cdot \frac {2008}{2009}$

Es evidente que:
$1) A < B$
$2) A \cdot B = \frac {1}{2009} \longrightarrow A \cdot \sqrt {2009} \cdot B \cdot \sqrt {2009} = 1$

De 1) y 2) se deduce que:
$A \cdot \sqrt {2009} < 1 < B \cdot \sqrt {2009}$
Toro Sentado | 15 de July de 2009 | 11:11

Casi me ha costado más escribir la demostración en Latex que pensarla.

Saludos
Alberto Cid | 15 de July de 2009 | 20:50

Yo lo hice igualito que Toro Sentado
cdrman | 23 de July de 2009 | 20:24

Alguno puede explicar el modo de resolver este problema? ME lo he mirado bastantes veces y no logro entender ningún razonamiento del post.

gracias