[FerOliMenNewton]

Hola a todos,
Para un problema de ecuaciones diferenciales resulta que me salió la siguiente "conjetura":
En valor absoluto, la \( n \)-ésima derivada de la tangente evaluada en cero es menor o igual que el producto de los primeros \( n-1 \) números impares, con \( n\geq{2} \). Lo primero que intenté fue fuerza bruta, i.e , me puse a calcular las derivadas a lo "bestia" pero no logré hallar una fórmula general útil, también intenté usar el estimado de Cauchy del análisis complejo pero tampoco tuve éxito.
¿Alguna sugerencia?
De antemano gracias.
Saludos.
Añadido: También intenté hallar un contraejemplo, pero si existe uno entonces \( n \) no será un número pequeño  .

[Gustavo]

Hola. Para empezar, aunque nada concreto:

Si \( a_k \) es la derivada \( k \)-ésima de tangente evaluada en 0, entonces \( a_{2n}=0  \) y

\[ a_{2n-1}=  \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}  2^{2n-1}(2^{2n}-1 ) B_{2n} \]

donde los \( B_{2n}  \) son los números de Bernoulli.

Por otro lado, el producto de los primeros \( (2n-1)-1=2n-2 \) impares es

\( b_{2n-1}  := (2(2n-2)-1 )!!=\dfrac{(4n-5)! }{2^{2n-3}(2n-3)!  }  \).

Calculando en Mathematica los cocientes \( c_n:=a_{2n-1} /b_{2n-1} \) para \( n \) pequeño se ve que se acercan a cero bastante rápido (para \( n=100 \) es \( 1.4\times 10^{-95}  \)). Así que una forma (fea) de mostrar que \( a_{2n-1}<b_{2n-1}   \), por lo menos a partir de un \( n \) grande, es probando que \( c_n\to 0 \) teniendo en cuenta (Stirling)  que

\( n! \sim \sqrt{2\pi n} \left( \dfrac{n}{e} \right)^n\)     y     \( |B_{2n} | \sim 4\sqrt{\pi n} \left( \dfrac{n}{\pi e} \right)^{2n} \).

[Gustavo]

Lo raro es trabajar con los números de Bernoulli, pero creo que sale si usamos que

\(
B_{2n}= \dfrac{(-1)^{n+1} 2 (2n)!\, \zeta(2n) }{(2\pi)^{2n}   }, \) donde \( \zeta \) es la función zeta de Riemann.

Trabajando desde aquí en valor absoluto y con \( n \ge 2 \), tenemos

\[
\dfrac{B_{2(n+1)} }{B_{2n} } = \dfrac{(2n+2)!}{(2\pi)^2 (2n)!} \ \dfrac{\zeta(2n+2) }{\zeta(2n) } \le \dfrac{(2n+2)(2n+1)  }{(2\pi)^2 }\ \dfrac{\pi^2/6}{1}= \dfrac{(n+1)(2n+1)  }{12}.
\]

Luego

\[
\dfrac{c_{n+1} }{c_n} = \cdots \le \dfrac{n (2^{2 n + 2}- 1) (2 n + 1)} {3 (2^{2 n} - 1) (4 n - 1) (4 n - 3)}=
\dfrac{8 \left( 1-\dfrac{1}{2^{2n+2} } \right) \left( 1+\dfrac{1}{2n} \right) }{ 48 \left( 1-\dfrac{1}{2^{2n} } \right) \left( 1-\dfrac{1}{4n} \right)  \left( 1-\dfrac{3}{4n} \right)  } \le \dfrac{8\cdot 1 \cdot \dfrac{5}{4}}{48 \cdot \dfrac{15}{16} \cdot \dfrac{7}{8} \cdot \dfrac{5}{8} } < 1, \]

donde "\( \cdots \)" denota simplificaciones aburridas (error-free?) no incluidas.

Entonces \( c_{n+1} < c_n \) para \( n \ge 2 \). Como \( c_2 <1 \), tenemos \( c_n <1 \) para \( n\ge 2 \). Así que \( a_n < b_n \) para todo \( n \ge 2 \).

Ojalá tengamos una mejor prueba.

[FerOliMenNewton]

Wow! De hecho yo no conocía a los números de Bernoulli xd , me los acabas de presentar sin querer.
¡Muchas gracias por tu ayuda Gustavo!

[FerOliMenNewton]

Se me ocurrió lo siguiente:
 Supongamos por el contrario que \( \exists{N\in{\mathbb{N}}} \) tal que

\( \left |{tan^{(N)}(0)}\right |    > \displaystyle \prod_{k=1}^{n-1} (2k-1)         \)

Multiplicando por el producto de los primeros \( N-2 \) números pares tenemos que

\( 2^{N-2}(N-2)! \left |{tan^{(N)}(0)}\right | > (2N-1)!  \)

i.e , "completé" el factorial del lado derecho.
Por otro lado, usando el estimado de Cauchy del análisis complejo , sabemos que

\( \left |{tan^{(N)}(0)}\right | \leq{N!\cdot{M}} \)

Siendo \( M \) tal que \(     \left |{tan(z)}\right | \leq{M} \) para toda \( z\in{\left\{{z   \in{\mathbb{C}}     : \left |{z}\right |=1                                          }\right\}} \).
Usando las identidades

\( \left |{sin(x+iy)}\right | = cosh(y)^{2}-cos(x)^2 \)
\( \left |{cos(x+iy)}\right | = cos(x)^2+sinh(y)^2 \)

y el hecho de que \( x^2+y ^2=1 \) en el círculo unitario, las ecuaciones anteriores indican que podemos tomar

\( M=\sqrt{ \displaystyle \displaystyle\frac{1+cos(1)^2}{cos(1)^2}} \)

Pero como este último escalar es menor que \( 3 \), en particular podemos tomar \( M=3 \). Así que tenemos que
\( \left |{tan^{(N)}(0)}\right | < N!\cdot{3} \)
y que
\( 2^{N-2}(N-2)! \left |{tan^{(N)}(0)}\right | > (2N-1)! \)
Por lo tanto

\(  N!\cdot{3} > \displaystyle \frac{(2N-1)!}{2^{N-2}(N-2)! } \)

Y esto último es una contradicción ya que según yo, en realidad se tiene que

\(  \displaystyle \frac{(2n-1)!}{2^{n-2}(n-2)! } \geq{n!\cdot{3}} \) para toda \( n\geq{2} \)

[Gustavo]

¡Tu prueba se ve mucho mejor! Si me permites, un par de observaciones:

Cuando completas el factorial del lado derecho creo que te debería quedar \( (2N-3)! \) en vez de \( (2N-1)! \).

Podrías replantearla para que te quede una prueba directa donde reduces la desigualdad original a ver que es suficiente probar que

\( 3n! \le \dfrac{(2n-3)!}{2^{n-2}(n-2)! }.  \)

[FerOliMenNewton]

¡Tienes razón! Es \( (2n-3)! \), por último sólo falta observar que entonces la desigualdad

\( \displaystyle\frac{(2n-3)!}{2^{n-2}(n-2)!}\geq{3n!} \)

es válida para \( n\geq{8} \), muchas gracias Gustavo!
Saludos.

[Abdulai]

...
Para un problema de ecuaciones diferenciales resulta que me salió la siguiente "conjetura":
En valor absoluto, la \( n \)-ésima derivada de la tangente evaluada en cero es menor o igual que el producto de los primeros \( n-1 \) números impares, con \( n\geq{2} \). Lo primero que intenté fue fuerza bruta, ....

No entiendo tu conjetura, para la 5ta derivada:  \( \left.\dfrac{d^5(\tan x)}{dx^5}\right|_0=\left.\left(\dfrac{16}{\cos^2x}-\dfrac{120}{\cos^4x}+\dfrac{120}{\cos^6x}\right)\right|_0 = 16 \) 

Pero ya el producto de los primeros  \( n \)  impares es \( 3 \cdot 5 = 15 \)

[FerOliMenNewton]

Como bien dices \( tan^{(5)}(0)=16 \), pero entonces \( n=5 \), así que nos interesa el producto de los primeros \( n-1=4 \) números impares, los primeros \( 4 \) impares son \( 1,3,5,7 \) y su producto vale \( 105>16 \)