Autor Tema: Demostración por inducción

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07 Abril, 2021, 03:09 am
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franma

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Buenas,

Me encuentro ante otra demostración por inducción que me esta dando problemas, es la siguiente:
\( \displaystyle \frac{b^{p+1}}{p+1} < \frac{b^{p+1}}{n^{p+1}}\sum_{k=1}^{n}k^p \) Donde b es un real positivo y p un natural ambos dados y fijos.

Operando un poco llegue a que:
\( \displaystyle \frac{(n)^{p+1}}{p+1}<\sum_{k=1}^{n}k^p \)

Hipótesis de inducción:
\( \displaystyle \frac{(1)^{p+1}}{p+1}<\sum_{k=1}^{1}k^p = \frac{1}{p+1}<1 \) por lo tanto procedo a la tesis de inducción:

\( \displaystyle \frac{(n+1)^{p+1}}{p+1}<\sum_{k=1}^{n+1}k^p \)

Ahora cuando comienzo a resolver:

\( \displaystyle (\sum_{k=1}^{n}k^p)+(n+1)^p > \frac{n^{p+1}}{p+1} + (n+1)^p \)

Y aquí ya he intentado varios caminos hacia adelante pero no llego a la tesis, se agradece cualquier ayuda para poder terminarlo.

Saludos y buenas noches,
Franco.
En ninguna parte puede hallar el hombre un retiro tan apacible y tranquilo como en la intimidad de su alma.

07 Abril, 2021, 10:32 am
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

Ahora cuando comienzo a resolver:

\( \displaystyle (\sum_{k=1}^{n}k^p)+(n+1)^p > \frac{n^{p+1}}{p+1} + (n+1)^p \)

Y aquí ya he intentado varios caminos hacia adelante pero no llego a la tesis, se agradece cualquier ayuda para poder terminarlo.

Te faltaría demostrar que:

\(  \dfrac{n^{p+1}}{p+1} + (n+1)^p>\dfrac{(n+1)^{p+1}}{p+1} \)

Lo cual equivale a:

\( n^{p+1}+(p+1)(n+1)^p>(n+1)^{p+1} \)

\( (n+1)^{p+1}-n^{p+1}<(p+1)(n+1)^p \)

Ahora recuerda que \( (x^m-y^m)=(x-y)\color{red}(x^{m-1}+x^{m-2}y^1+x^{m-3}y^2+\ldots+y^{m-1})\color{red} \). En nuestro caso:

\( (n+1)^{p+1}-n^{p+1}=(n+1-n)((n+1)^p+(n+1)^{p-1}n+(n+2)^{p-2}n^2+\ldots+n^p)=(n+1)^p+(n+1)^{p-1}n+(n+2)^{p-2}n^2+\ldots+n^p<\\
<(n+1)^p+(n+1)^{p-1}(n+1)+(n+2)^{p-2}(n+1)^2+\ldots+(n+1)^p=(p+1)(n+1)^p \)

Otra alternativa sería la análoga a la que te expuse aquí, usando la integral:

\( \displaystyle\int_{0}^{1}x^pdx \)

Toma la partición en \( n \) partes iguales de  \( [0,1] \) y considera la suma superior.

Saludos.

CORREGIDO

07 Abril, 2021, 11:58 am
Respuesta #2

franma

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Buenas,

Hola

Ahora cuando comienzo a resolver:

\( \displaystyle (\sum_{k=1}^{n}k^p)+(n+1)^p > \frac{n^{p+1}}{p+1} + (n+1)^p \)

Y aquí ya he intentado varios caminos hacia adelante pero no llego a la tesis, se agradece cualquier ayuda para poder terminarlo.

Te faltaría demostrar que:

\(  \dfrac{n^{p+1}}{p+1} + (n+1)^p>\dfrac{(n+1)^{p+1}}{p+1} \)

Lo cual equivale a:

\( n^{p+1}+(p+1)(n+1)^p>(n+1)^{p+1} \)

\( (n+1)^{p+1}-n^{p+1}<(p+1)(n+1)^p \)

Ahora recuerda que \( (x^m-y^m)=(x-y)(x^m+x^{m-1}y^1+x^{m-2}y^2+\ldots+y^m) \). En nuestro caso:

\( (n+1)^{p+1}-n^{p+1}=(n+1-n)((n+1)^p+(n+1)^{p-1}n+(n+2)^{p-2}n^2+\ldots+n^p)=(n+1)^p+(n+1)^{p-1}n+(n+2)^{p-2}n^2+\ldots+n^p<\\
<(n+1)^p+(n+1)^{p-1}(n+1)+(n+2)^{p-2}(n+1)^2+\ldots+(n+1)^p=(p+1)(n+1)^p \)

Otra alternativa sería la análoga a la que te expuse aquí, usando la integral:

\( \displaystyle\int_{0}^{1}x^pdx \)

Toma la partición en \( n \) partes iguales de  \( [0,1] \) y considera la suma superior.

Saludos.

Me alegro que aparezca aqui la integral \( \displaystyle\int_{0}^{b}x^pdx \) ya que todos estos problemas vienen de intentar demostrar su formula general \( \displaystyle\int_{0}^{b}x^pdx = \frac{b^{p+1}}{p+1} \).
Lamentablemente eso significa que no puedo usar el resultado \( \frac{1}{p+1} \)

Ahora sigamos, me gustaria estudiar mas profundamente esto:
Ahora recuerda que \( (x^m-y^m)=(x-y)(x^m+x^{m-1}y^1+x^{m-2}y^2+\ldots+y^m) \).

Tiene algún nombre propio esto? Para buscarlo en internet ya que no termine de entenderlo bien.

Muchas gracias por todo,
Saludos,
Franco.
En ninguna parte puede hallar el hombre un retiro tan apacible y tranquilo como en la intimidad de su alma.

07 Abril, 2021, 12:20 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

  • el_manco
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Hola

Ahora recuerda que \( (x^m-y^m)=(x-y)(x^m+x^{m-1}y^1+x^{m-2}y^2+\ldots+y^m) \).

Tiene algún nombre propio esto? Para buscarlo en internet ya que no termine de entenderlo bien.

Tenía una errata es:

\( (x^m-y^m)=(x-y)\color{red}(x^{m-1}+x^{m-2}y^1+x^{m-3}y^2+\ldots+y^{m-1})\color{red} \)

Digamos que es una expresión o producto notable famoso. En realidad no tienes más que multiplicar \( (x-y)(x^{m-1}+x^{m-2}y^1+x^{m-3}y^2+\ldots+y^{m-1}) \) y comprobar que efectivamente da \( x^m-y^m. \)

También puedes justificarla con progresiones geométricas. Usando la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica:

\( \displaystyle\sum_{k=1}^{m-1}{}z^k=\dfrac{z^m-1}{z-1} \)

Si la aplicas para \( z=x/y \) y multiplicar por \( y^{m-1} \) te queda:

\( y^m+y^{m-1}x+y^{m-2}x^2+\ldots+x^m=\dfrac{x^m-y^m}{x-y} \)

Saludos.

P.D. Hay un truquillo para usar la integral.. sin usar la integral...  :D

Para una cierta función derivable \( F(x) \) se puede acotar:

\( \displaystyle\sum_{k=1}^n{}F'(k/n) \)

de la siguiente forma. Tomando \( x_i=i/n \),

\( F(1)-F(0)=F(x_n)-F(x_0)=F(x_n)-F(x_{n-1})+F(x_{n-1})-F(x_{n-2})+F(x_{n-2})+\ldots-F(x_1)+F(x_1)-F(x_0)=\displaystyle\sum_{k=1}^n{}F(x_k)-F(x_{k-1}) \)

Por el Teorema de Rolle, existe \( c_k\in [x_{k-1},x_k] \) tal que \( F(x_k)-F(x_{k-1})=\dfrac{1}{n}F'(c_k) \), es decir:

\( F(1)-F(0)=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n{}F'(c_k) \)

Pero:  \( m_k\leq F'(c_k)\leq M_k \), siendo \( m_k,M_k \) respectivamente el ínfimo y supremo de \( F'(x) \) en \( [x_{k-1},x_k] \).

Con este truco puedes conseguir tu cota para tu caso concreto tomando \( F(x)=\dfrac{x^{p+1}}{p+1} \).

07 Abril, 2021, 12:28 pm
Respuesta #4

franma

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Buenas,

Hola

Ahora recuerda que \( (x^m-y^m)=(x-y)(x^m+x^{m-1}y^1+x^{m-2}y^2+\ldots+y^m) \).

Tiene algún nombre propio esto? Para buscarlo en internet ya que no termine de entenderlo bien.

Tenía una errata es:

\( (x^m-y^m)=(x-y)\color{red}(x^{m-1}+x^{m-2}y^1+x^{m-3}y^2+\ldots+y^{m-1})\color{red} \)

Digamos que es una expresión o producto notable famoso. En realidad no tienes más que multiplicar \( (x-y)(x^{m-1}+x^{m-2}y^1+x^{m-3}y^2+\ldots+y^{m-1}) \) y comprobar que efectivamente da \( x^m-y^m. \)

También puedes justificarla con progresiones geométricas. Usando la fórmula de la suma de los términos de una progresión geométrica:

\( \displaystyle\sum_{k=1}^{m-1}{}z^k=\dfrac{z^m-1}{z-1} \)

Si la aplicas para \( z=x/y \) y multiplicar por \( y^{m-1} \) te queda:

\( y^m+y^{m-1}x+y^{m-2}x^2+\ldots+x^m=\dfrac{x^m-y^m}{x-y} \)

Saludos.

P.D. Hay un truquillo para usar la integral.. sin usar la integral...  :D

Para una cierta función derivable \( F(x) \) se puede acotar:

\( \displaystyle\sum_{k=1}^n{}F'(k/n) \)

de la siguiente forma. Tomando \( x_i=i/n \),

\( F(1)-F(0)=F(x_n)-F(x_0)=F(x_n)-F(x_{n-1})+F(x_{n-1})-F(x_{n-2})+F(x_{n-2})+\ldots-F(x_1)+F(x_1)-F(x_0)=\displaystyle\sum_{k=1}^n{}F(x_k)-F(x_{k-1}) \)

Por el Teorema de Rolle, existe \( c_k\in [x_{k-1},x_k] \) tal que \( F(x_k)-F(x_{k-1})=\dfrac{1}{n}F'(c_k) \), es decir:

\( F(1)-F(0)=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n{}F'(c_k) \)

Pero:  \( m_k\leq F'(c_k)\leq M_k \), siendo \( m_k,M_k \) respectivamente el ínfimo y supremo de \( F'(x) \) en \( [x_{k-1},x_k] \).

Con este truco puedes conseguir tu cota para tu caso concreto tomando \( F(x)=\dfrac{x^{p+1}}{p+1} \).

 :o Simplemente WOW, no creo al momento tener todo el conocimiento necesario para demostrarlo por el truquillo.
De todas maneras ese producto notable junto con la inducción será suficiente para la demostración  :laugh:.

Volveré mas tarde con la demostración de la "formula" de \( \displaystyle\int_{0}^{b}x^pdx \)

Gracias por la ayuda,
Saludos,
Franco.
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