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[/latex]

.

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

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.

11 Comentarios

  1. 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.

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  2. 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!!!

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  3. 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. 🙂

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  4. 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

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  5. 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.

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  6. Muy buena, JuanPablo. Con la aproximación de pi por 22/7 obtenemos que el producto pedido se aproxima a \sqrt{7/11}.

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

    gracias

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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