Autor Tema: Prueba \(I_n=\int\cos^n\,xdx=\frac{1}{n}(\cos^{n-1}\,x\sen\,x+(n-1)I_{n-2})\)

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06 Agosto, 2020, 08:20 pm
Respuesta #20

Buscón

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Pero la recurrencia \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2} \) tendrá sentido si \( n-2 \in \mathbb{N} \cup \{0\}  \) lo más pequeño que puede ser es \( n-2 = 0  \) entonces podrás usar:
 \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2} \) si \(  n \geq 2  \) y para \( n=2  \) tienes que calcular los casos base \( I_0 \) y \( I_1 \).

Creo que tenemos un problema de notación. Yo considero en la inducción sobre    \( \mathbb{N} \)    todos los números naturales, cero excluido, esto es,    \( n=1,2,3... \).    Entonces    \( I_0 \)    no está contemplado,    \( I_1 \)    es el caso en el que    \( n=1 \),    esto es,    \( \displaystyle I_1=\int\tg(x)\cdot{dx}=\frac{1}{0}\cdot{\tg^0(x)}-\int\tg^{-1}(x)\cdot{dx} \)    para el cual no está definida la integral. Así que uso como base para la inducción    \( I_2 \)    e    \( I_3 \),    (\( n=2 \)    y    \( n=3 \)).    Ahora, se supone que se verifica para un     \( n=k+1 \)    cualquiera, y que ello implica que se verifica para    \( n=k \),    con lo cual queda probado que se verifica para todo    \( n=2,3,4... \)

Es decir, es cierto que    \( \displaystyle I_n=\int\tg^n(x)\cdot{dx}=\frac{1}{n-1}\cdot{\tg^{n-1}(x)}-I_{n-2} \),       \( n\geq{2} \).

Es obvio que    \( I_1=\displaystyle\int\tg^1(x)\cdot{dx}=-\log\big(\cos(x)\big)+C \)    no verifica la fórmula de recurrencia, no sirve para la base de la inducción.


06 Agosto, 2020, 10:53 pm
Respuesta #21

Juan Pablo Sancho

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Pero yo estoy resolviendo mediante una recurrencia no por inducción, por tener una recurrencia.
Si tenemos \( \displaystyle \{I_n\}_{n=0}^{+\infty}  \) la fórmula \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2}  \) sólo tiene sentido a partir de \( n=2 \):
\( \displaystyle \int \tan^n(x) \ dx = \int \tan^2(x) \cdot \tan^{n-2}(x) \ dx  \) en este paso se supone que \( n-2 \geq 0 \).
Entonces:
\( I_2 = \tan(x) - I_0  \) tienes que tener \( I_0 \)
\( I_3 = \dfrac{1}{2} \cdot \tan^2(x) - I_1  \) tienes que tener \( I_1 \).

07 Agosto, 2020, 01:08 am
Respuesta #22

Buscón

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Pero yo estoy resolviendo mediante una recurrencia no por inducción, por tener una recurrencia.
Si tenemos \( \displaystyle \{I_n\}_{n=0}^{+\infty}  \) la fórmula \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2}  \) sólo tiene sentido a partir de \( n=2 \):
\( \displaystyle \int \tan^n(x) \ dx = \int \tan^2(x) \cdot \tan^{n-2}(x) \ dx  \) en este paso se supone que \( n-2 \geq 0 \).
Entonces:
\( I_2 = \tan(x) - I_0  \) tienes que tener \( I_0 \)
\( I_3 = \dfrac{1}{2} \cdot \tan^2(x) - I_1  \) tienes que tener \( I_1 \).

Insisto

\( \displaystyle I_1=\int\tg(x)\cdot{dx}=\frac{1}{0}\cdot{}\tg^{0}-I_{-1} \)    no está definida.

\( \displaystyle I_0=\int\tg^0(x)\cdot{dx}=-\cotg(x)-\int\cotg^2(x)\cdot{dx} \)    que es obvio que no verifica la fórmula puesto que    \( \displaystyle [I_0]'=\bigg[\int\tg^0(x)\cdot{dx}\bigg]'=[-\cotg(x)]'-\bigg[\int\cotg^2(x)\cdot{dx}\bigg]' \)    y al operar    \( \displaystyle 1=\frac{1}{\sen^2(x)}-\cotg^2(x)+C \)    que no es cierto para todo    \( x \).   

La primera que lo verifica es    \( I_2 \)    y para comprobarlo no se necesita la recurrencia de     \( I_0 \).    Al igual que    \( I_3 \)    tampoco necesita la recurrencia de     \( I_1 \)     para probar que verifica la fórmula.

07 Agosto, 2020, 01:06 pm
Respuesta #23

Buscón

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Pero yo estoy resolviendo mediante una recurrencia no por inducción, por tener una recurrencia.
Si tenemos \( \displaystyle \{I_n\}_{n=0}^{+\infty}  \) la fórmula \( \displaystyle I_n = \dfrac{1}{n-1} \cdot \tan^{n-1}(x) - I_{n-2}  \) sólo tiene sentido a partir de \( n=2 \):
\( \displaystyle \int \tan^n(x) \ dx = \int \tan^2(x) \cdot \tan^{n-2}(x) \ dx  \) en este paso se supone que \( n-2 \geq 0 \).
Entonces:
\( I_2 = \tan(x) - I_0  \) tienes que tener \( I_0 \)
\( I_3 = \dfrac{1}{2} \cdot \tan^2(x) - I_1  \) tienes que tener \( I_1 \).

También veo que hay problemas de interpretación.

Yo interpreto que lo que se plantea es:

¿\( \displaystyle I_n=\int\tg^n(x)\cdot{dx}=\frac{1}{n-1}\cdot{\tg^{n-1}(x)}-I_{n-2} \)    para todo    \( n=1,2,3\ldots \)?  Demuéstralo.

¿Es correcta la interpretación?


07 Agosto, 2020, 02:54 pm
Respuesta #24

Juan Pablo Sancho

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Pero viste que para \( n=1 \) no se cumple la recurrencia.
Tienes la sucesión de funciones \( \{I_n\}_{n=1}^{+\infty}  \) definida por \( \displaystyle I_n = \int \tan^n(x) \ dx  \) donde \( n \in \mathbb{N}  \) en el paso:
\( \displaystyle I_n = \int \tan^n(x) \ dx =  \int \tan^{n-2} \cdot \tan^2(x) \ dx = \int \tan^{n-2}(x) \cdot (sec^2(x)-1) \ dx = \dfrac{\tan^{n-1}(x)}{n-1} - I_{n-2}  \) tienes que \( n-2 \in \mathbb{N}  \) entonces lo más pequeño que puede ser es \( n-2 = 1 \) entonces \( n = 3  \) por la propia construcción de la recurrencia te sale que funciona a partir de \( n=3 \) que para \( n=1,2 \) se cumpla o no se cumpla me da igual lo que si tienes que hacer es calcular \( I_1 \) y \( I_2 \), para que esté bien definida la recurrencia.

07 Agosto, 2020, 04:17 pm
Respuesta #25

Buscón

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Pero viste que para \( n=1 \) no se cumple la recurrencia.

Eso ya permite, (siempre considerando \( n=1,2,3\ldots \)), afirmar que en general no es cierto que    \( \displaystyle I_n=\int\tg^n(x)=\frac{1}{n-1}\cdot{\tg^{n-1}(x)}-I_{n-2} \)    puesto que    \( I_1=\frac{1}{0}\cdot{\tg^{0}(x)}-I_{-1}\int\tg(x) \)    no está definido.

¿Correcto?

Tienes la sucesión de funciones \( \{I_n\}_{n=1}^{+\infty}  \) definida por \( \displaystyle I_n = \int \tan^n(x) \ dx  \) donde \( n \in \mathbb{N}  \) en el paso:
\( \displaystyle I_n = \int \tan^n(x) \ dx =  \int \tan^{n-2} \cdot \tan^2(x) \ dx = \int \tan^{n-2}(x) \cdot (sec^2(x)-1) \ dx = \dfrac{\tan^{n-1}(x)}{n-1} - I_{n-2}  \) tienes que \( n-2 \in \mathbb{N}  \) entonces lo más pequeño que puede ser es \( n-2 = 1 \) entonces \( n = 3  \) por la propia construcción de la recurrencia te sale que funciona a partir de \( n=3 \) que para \( n=1,2 \) se cumpla o no se cumpla me da igual lo que si tienes que hacer es calcular \( I_1 \) y \( I_2 \), para que esté bien definida la recurrencia.

Si. Al tratar de verificar la recurrencia para    \( n=2 \),    \( \displaystyle I_2=\int\tg^2(x)=\frac{1}{1}\cdot{\tg(x)}-I_{0} \)    se puede caer en la tentación de ver que    \( \displaystyle I_2=\int\tg^2(x)\cdot{dx}=\frac{1}{1}\cdot{\tg(x)}-I_{0}=\tg(x)-\int\tg^0(x)\cdot{dx}=\tg(x)-\int 1\cdot{dx}=\tg(x)-x-C \)    y que por lo tanto     \( [\tg(x)-x-C\big]'=1+\tg^2(x)-1=\tg^2(x) \)    y la recurrencia es cierta para     \( n=2 \).    Sin embargo la interpretación correcta debería ser que    \( I_0 \)    no está definida, (no se está considerando el 0 como número natural), y como aparece en     \( I_2 \)    esta última tampoco lo está.

¿Correcto?

Para    \( I_3 \)    ocurre otro tanto de lo mismo. Es obvio que el razonamiento se puede extender de manera recurrente a    \( I_4,I_5,I_6\ldots \)    y concluir que la recurrencia no se verifica para ningún natural.

¿Correcto?

Si las respuestas a las preguntas son si, el ejercicio es un poco absurdo, así que hay que interpretarlo de otra manera.

\( \displaystyle I_1=\int\tg(x)\cdot{dx}=-\log\big(\cos(x)\big)+C \)
 

\( \displaystyle I_2=\int\tg^2(x)\cdot{dx}=\int\big(1+\tg^2(x)-1\big)\cdot{dx}=\tg(x)-x-C \)


Prueba que    \( \displaystyle I_n=\int\tg^n(x)=\frac{1}{n-1}\cdot{\tg^{n-1}(x)}-I_{n-2} \)       \( n\geq{3} \)

Para hacerlo por inducción se debe tener una base. Se prueba para    \( n=3 \)    y    \( n=4 \)

\( \displaystyle I_3=\int\tg^3(x)\cdot{dx}=\frac{1}{2}\tg^2(x)-I_1=\frac{1}{2}\tg^2(x)+\log\big(\cos(x)\big)-C \)    para que esto sea cierto se debe verificar que     \( \displaystyle\Big[\frac{1}{2}\cdot{}\tg^2(x)+\log\big(\cos(x)\big)-C\Big]'=\tg^3(x) \).    Operando

\( \displaystyle\Big[\frac{1}{2}\cdot{}\tg^2(x)+\log\big(\cos(x)\big)-C\Big]'=\frac{1}{\cancel{2}}\cdot{\cancel{2}\cdot{\tg(x)}\cdot{(1+tg^2(x))}}-\tg(x)=\cancel{\tg(x)}+\tg^3(x)-\cancel{\tg(x)}=\tg^3(x) \).

Esto es, para     \( n=3 \)    sí se verifica.

Para    \( n=4 \),    \( \displaystyle I_4=\int\tg^4(x)\cdot{dx}=\frac{1}{3}\cdot{}\tg^3(x)-I_2=\frac{1}{3}\cdot{}\tg^3(x)-\tg(x)+x+C \)    que será cierto si     \( \Big[\frac{1}{3}\cdot{}\tg^3(x)-\tg(x)+x+C\Big]'=\tg^4(x) \).    Operando

\( \Big[\frac{1}{3}\cdot{}\tg^3(x)-\tg(x)+x+C\Big]'=\frac{1}{\cancel{3}}\cdot{\cancel{3}\cdot{\tg^2(x)}\cdot{(1+\tg^2(x))}}-\cancel{1}-\tg^2(x)+\cancel{1}=\cancel{\tg^2(x)}+\tg^4(x)-\cancel{\tg^2(x)}=\tg^4(x) \) 


Esto es, para    \( n=4 \)    también se verifica.

El paso de inducción está probado en   #11. Se puede concluir que la fórmula para la recurrencia se verifica para todo    \( n\geq{3} \).

¿Correcto ahora?

Saludos.   
   

08 Agosto, 2020, 02:42 pm
Respuesta #26

Juan Pablo Sancho

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Hola Buscón

Antes que nada admiro tu paciencia escribiendo todo en LaTeX. Mira que si tendré ganas de usarlo, tú me superas ampliamente :laugh:.

Hablando en serio, me cuesta seguir tus pasos si no explicas mínimamente lo que vas planteando. Es decir menos chirimbolitos y más texto, que es cómo los humanos nos comunicamos. Es sólo una sugerencia sin ánimos de ofender.

En cuanto al paso inductivo, si realmente probaste que \( P(k+1)\to P(k) \) es que no se trata de inducción lo que hiciste. Con eso no pruebas que dicha propiedad se cumple para todo \( n\geq2 \). Te invito a buscar en Internet ejemplos básicos de inducción, y verás que siempre toman un \( n=h \) y prueban para \( n=h+1 \), o lo que es lo mismo, toman \( n=h-1 \) y prueban para \( n=h \) (incremento, nunca decremento).

Saludos

08 Agosto, 2020, 05:49 pm
Respuesta #27

Buscón

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Antes que nada admiro tu paciencia escribiendo todo en LaTeX. Mira que si tendré ganas de usarlo, tú me superas ampliamente :laugh:.


Eso me obliga a hacer los cálculos con calma y me permite una mejor revisión. Y aún así meto la pata constantemente. De no hacerlo así sería un desastre. Además, (esto es un secreto), hay mucho corta/pega y eso a veces más que complicarlo lo hace más fácil.  ;)

Hablando en serio, me cuesta seguir tus pasos si no explicas mínimamente lo que vas planteando. Es decir menos chirimbolitos y más texto, que es cómo los humanos nos comunicamos. Es sólo una sugerencia sin ánimos de ofender.

Bueno, discrepo, pienso que la mejor manera de expresar matemáticas es con símbolos matemáticos, el lenguaje natural es demasiado ambiguo. Aún así haré un intento.

Me piden demostrar la expresión que aparece. No se me ocurre otra manera que hacerlo por inducción sobre los naturales sin el cero. Para ello necesito una base, unos pocos casos para los que se verifique. Pruebo con el uno y no me sirve porque me aparece en la expresión el caso menos uno que se sale de los naturales. Pruebo con el dos y aparece el caso para el cero que no lo contemplo. Pruebo con tres y veo que necesito el caso para el uno para poder verificar si cumple. Pruebo para el cuatro y veo que necesito el caso para el dos para verificar si cumple. Como no puedo obtener con la expresión los casos uno y dos que necesito, los obtengo directamente integrando ya que aparecen integrales inmediatas o fáciles de obtener. Una vez así obtenidos los casos para uno y para dos puedo verificar que efectivamente los casos para tres y cuatro verifican la ecuación, ya tengo la base para la inducción. Pruebo el paso de inducción y concluyo que efectivamente la expresión se verifica para todos los naturales mayores o iguales que tres.

Cero LaTeX.  ;D

En cuanto al paso inductivo, si realmente probaste que \( P(k+1)\to P(k) \) es que no se trata de inducción lo que hiciste. Con eso no pruebas que dicha propiedad se cumple para todo \( n\geq2 \). Te invito a buscar en Internet ejemplos básicos de inducción, y verás que siempre toman un \( n=h \) y prueban para \( n=h+1 \), o lo que es lo mismo, toman \( n=h-1 \) y prueban para \( n=h \) (incremento, nunca decremento).
Para este caso es lo mismo. Creo que debería ser lo mismo en general. Por favor espero me corrijan si no es así.

Decreciente


\( \bigg[\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\bigg]'=\tg^k(x)\cdot{\tg(x)}\Rightarrow{\bigg[\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)\cdot{dx}\bigg]'=\tg^k(x)} \)

Esto será cierto si


\( \displaystyle\tg(x)=\frac{\bigg[\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\bigg]'}{\bigg[\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)\cdot{dx}\bigg]'} \)



...


Creciente

\( \bigg[\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)\cdot{dx}\bigg]'=\tg^k(x)\Rightarrow{\bigg[\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\bigg]'=\tg^k(x)\cdot{\tg(x)}} \)


\( \displaystyle\bigg[\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)\cdot{dx}\bigg]'=\tg^k(x)\Rightarrow{\frac{\bigg[\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\bigg]'}{\tg(x)}=\tg^k(x)} \)


Esto será cierto si


\( \displaystyle\frac{\bigg[\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\bigg]'}{\tg(x)}=\bigg[\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)\cdot{dx}\bigg]' \)


\( \displaystyle\tg(x)=\frac{\bigg[\frac{1}{k}\cdot{\tg^{k}(x)}-\int\tg^{k-1}(x)\cdot{dx}\bigg]'}{\bigg[\frac{1}{k-1}\cdot{\tg^{k-1}(x)}-\int\tg^{k-2}(x)\cdot{dx}\bigg]'} \)

...

Saludos.

08 Agosto, 2020, 09:15 pm
Respuesta #28

Juan Pablo Sancho

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Las citas que pones son de manooooh, la implicación no puedes cambiarla de sentido:
Si una sucesión es convergente entonces es acotada, pero no es cierto que una sucesión acotada sea convergente.
Que \( \displaystyle I_n = \int \tan^n(x) \ dx = \dfrac{\tan^{n-1}(x)}{n-1} - I_{n-2}  \) sale de la fórmula de integración por partes, que  tú mismo sacaste, la probaste.
Yo sólo te dije que siendo \( \{I_n\}_{n=1}^{+\infty}  \) entonces como \( \displaystyle I_n = \int \tan^n(x) \ dx = \dfrac{\tan^{n-1}(x)}{n-1} - I_{n-2}  \) para \( n \geq 3  \) tienes que \( I_1 \) e \( I_2 \) son los dos términos que hacen que la recurrencia esté bien definida, nada más.

08 Agosto, 2020, 09:50 pm
Respuesta #29

Buscón

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Las citas que pones son de manooooh, la implicación no puedes cambiarla de sentido:
Si una sucesión es convergente entonces es acotada, pero no es cierto que una sucesión acotada sea convergente.


Pero las has suscrito.

 ??? Sólo hay dos sentidos y los dos conducen a la misma expresión. Disculpa la confusión.

08 Agosto, 2020, 09:53 pm
Respuesta #30

Buscón

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Antes que nada admiro tu paciencia escribiendo todo en LaTeX. Mira que si tendré ganas de usarlo, tú me superas ampliamente :laugh:.

Hablando en serio, me cuesta seguir tus pasos si no explicas mínimamente lo que vas planteando. Es decir menos chirimbolitos y más texto, que es cómo los humanos nos comunicamos. Es sólo una sugerencia sin ánimos de ofender.

En cuanto al paso inductivo, si realmente probaste que \( P(k+1)\to P(k) \) es que no se trata de inducción lo que hiciste. Con eso no pruebas que dicha propiedad se cumple para todo \( n\geq2 \). Te invito a buscar en Internet ejemplos básicos de inducción, y verás que siempre toman un \( n=h \) y prueban para \( n=h+1 \), o lo que es lo mismo, toman \( n=h-1 \) y prueban para \( n=h \) (incremento, nunca decremento).

Saludos

Me he liado un poco y te respondo en    #27   pensando que eras Juan Pablo Sancho. Disculpa.

30 Agosto, 2020, 09:28 am
Respuesta #31

manooooh

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Hola

Eso me obliga a hacer los cálculos con calma y me permite una mejor revisión. Y aún así meto la pata constantemente. De no hacerlo así sería un desastre. Además, (esto es un secreto), hay mucho corta/pega y eso a veces más que complicarlo lo hace más fácil.  ;)

Vale, eso para tí, pero para el resto de los usuarios, escribir todo en LaTeX hace que cargue más lento la página y que tengamos que preguntarte si te has comido algún símbolo o no, por ejemplo. Es algo subjetivo creo.

Bueno, discrepo, pienso que la mejor manera de expresar matemáticas es con símbolos matemáticos, el lenguaje natural es demasiado ambiguo. Aún así haré un intento.

Me piden demostrar la expresión que aparece. No se me ocurre otra manera que hacerlo por inducción sobre los naturales sin el cero. Para ello necesito una base, unos pocos casos para los que se verifique. Pruebo con el uno y no me sirve porque me aparece en la expresión el caso menos uno que se sale de los naturales. Pruebo con el dos y aparece el caso para el cero que no lo contemplo. Pruebo con tres y veo que necesito el caso para el uno para poder verificar si cumple. Pruebo para el cuatro y veo que necesito el caso para el dos para verificar si cumple. Como no puedo obtener con la expresión los casos uno y dos que necesito, los obtengo directamente integrando ya que aparecen integrales inmediatas o fáciles de obtener. Una vez así obtenidos los casos para uno y para dos puedo verificar que efectivamente los casos para tres y cuatro verifican la ecuación, ya tengo la base para la inducción. Pruebo el paso de inducción y concluyo que efectivamente la expresión se verifica para todos los naturales mayores o iguales que tres.

Cero LaTeX.  ;D

Nadie dijo cero LaTeX, no vayas al otro extremo :laugh:. Basta que consideres algún libro de Carlos, y verás que hay más texto que chirimbolitos (palabra que, si no hubiese sido por Carlos no la usaría). No creo que haya mucha ambigüedad, si la hay se asienta al inicio de un capítulo o un teorema.

Saludos

30 Agosto, 2020, 01:13 pm
Respuesta #32

Buscón

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Hola

Eso me obliga a hacer los cálculos con calma y me permite una mejor revisión. Y aún así meto la pata constantemente. De no hacerlo así sería un desastre. Además, (esto es un secreto), hay mucho corta/pega y eso a veces más que complicarlo lo hace más fácil.  ;)

Vale, eso para tí, pero para el resto de los usuarios, escribir todo en LaTeX hace que cargue más lento la página y que tengamos que preguntarte si te has comido algún símbolo o no, por ejemplo. Es algo subjetivo creo.

Además trato de seguir las normas del foro en la medida de los posible. Ahora no recuerdo donde pero por algún sitio he visto "las matemáticas se escriben con LaTeX". Pero si algún usuario prefiere el castellano, al LaTeX, pues castellano, sólo tiene que decirlo y lo intento, ningún problema si lo permite el foro.
 
Bueno, discrepo, pienso que la mejor manera de expresar matemáticas es con símbolos matemáticos, el lenguaje natural es demasiado ambiguo. Aún así haré un intento.

Me piden demostrar la expresión que aparece. No se me ocurre otra manera que hacerlo por inducción sobre los naturales sin el cero. Para ello necesito una base, unos pocos casos para los que se verifique. Pruebo con el uno y no me sirve porque me aparece en la expresión el caso menos uno que se sale de los naturales. Pruebo con el dos y aparece el caso para el cero que no lo contemplo. Pruebo con tres y veo que necesito el caso para el uno para poder verificar si cumple. Pruebo para el cuatro y veo que necesito el caso para el dos para verificar si cumple. Como no puedo obtener con la expresión los casos uno y dos que necesito, los obtengo directamente integrando ya que aparecen integrales inmediatas o fáciles de obtener. Una vez así obtenidos los casos para uno y para dos puedo verificar que efectivamente los casos para tres y cuatro verifican la ecuación, ya tengo la base para la inducción. Pruebo el paso de inducción y concluyo que efectivamente la expresión se verifica para todos los naturales mayores o iguales que tres.

Cero LaTeX.  ;D

Nadie dijo cero LaTeX, no vayas al otro extremo :laugh:. Basta que consideres algún libro de Carlos, y verás que hay más texto que chirimbolitos (palabra que, si no hubiese sido por Carlos no la usaría). No creo que haya mucha ambigüedad, si la hay se asienta al inicio de un capítulo o un teorema.

Saludos

No me compares con Carlos! No le hagas eso que no se lo merece! Yo no es que no sepa escribir libros de matemáticas, es que no se escribir libros, o mejor, casi no se escribir. Cuando uno tiene el conocimiento que tiene Carlos de matemáticas puede hacer lo que le venga en gana en un foro de matemáticas y punto. Aquí va el icono del jugador de baloncesto.  :laugh:

Un saludo.