Autor Tema: Pruebe que el producto converge

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23 Abril, 2017, 04:33 am
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cristianoceli

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Hola tengo dificultades para demostrar este ejercicio

Pruebe que el producto infinito \( \displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ... \) converge mientras que el producto \( \displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{4}{3}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{6}{5}}... \) diverge


De antemano gracias.

Saludos

23 Abril, 2017, 05:58 am
Respuesta #1

delmar

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Hola

Para el segundo producto, date cuenta que se puede poner en esta forma :

\( \displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k+1}{k}}=\displaystyle\frac{2}{1} \ \displaystyle\frac{3}{2} \ \displaystyle\frac{4}{3} \ ...\displaystyle\frac{n+1}{n} \)

Y por inducción se puede demostrar :

\( \displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k+1}{k}}=n+1 \)

\( \exists{\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{n+1}=+\infty} \)

En consecuencia :

\( \exists{\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k+1}{k}}}}=+\infty \)

Saludos

23 Abril, 2017, 11:48 am
Respuesta #2

robinlambada

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EDITADO: La 1ª igualdad esta mal
Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
\( \displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\color{red}\xcancel{\color{black}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}}\color{black}=L \)

\( \displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{1+\displaystyle\frac{1}{k^2}}=e^{\sum \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)} \)

\( L=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}e^{\sum \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)}= e^{\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\sum \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)} \)

Ahora viene lo complicado y poco elegante por mi parte.

Por el criterio integral \( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\sum \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right) \) por el criterio integral (y gracias ( a Wolfram alpha) en mi caso se calucula la integral  https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+log(1%2B1%2Fx%5E2) y se comprueba que converge  https://www.wolframalpha.com/input/?i=limit+x+to+infinity+2+tan%5E(-1)(x)+%2B+x+log(1+%2B+1%2Fx%5E2)

También "he comprobado" que:

\( \displaystyle\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)<2n^2\log\left({1+\frac{1}{n^2}}\right) \) (*)

Pero no he llegado a demostrarlo, ni por inducción ni tampoco utilizando la concavidad del logaritmo, usando \( tf(x) + (1-t)f(y) \leq{} f(tx+(1-t)y) \)

Una vez demostrada la desigualdad (*)

Es fácil ver que \( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}2n^2\log\left({1+\frac{1}{n^2}}\right)=2 \) y por tanto converge si la desigualdad que he puesto es cierta y se prueba, pero yo por el momento no lo he demostrado.

Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.

23 Abril, 2017, 12:56 pm
Respuesta #3

Ian Bounos

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Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
\( \displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L \)



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es \(  \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k-1} + 1}{2^k}}  \).

Yo estoy tratando y no sale  :-\

23 Abril, 2017, 01:50 pm
Respuesta #4

robinlambada

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Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
\( \displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L \)



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es \(  \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k\color{red}-1}\color{black} + 1}{2^k}}  \).

Yo estoy tratando y no sale  :-\
Gracias , claro que hay un error, vaya despiste que tengo. Aunque realmente es \(  \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k} + 1}{2^k}}  \). Te sobra el -1

Bueno, he hecho un problema distinto, al menos parece que mi productorio converge.   
Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.

23 Abril, 2017, 02:09 pm
Respuesta #5

Ignacio Larrosa

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Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
\( \displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L \)



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es \(  \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k-1} + 1}{2^k}}  \).

Yo estoy tratando y no sale  :-\

Efectivamente, a robinlambada se le trastocaron base y exponente. Siguiendo con su idea, tomemos logaritmos neperianso para transformar el productorio en una serie:

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}{\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}} \)

Entonces,

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}\right)}

= \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(1 + \dfrac{1}{2^k}\right)}

\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\dfrac{1}{2^k}} = 1
 \)

Como la serie es convergente, el productorio también. Y sabemos además que está acotado superiormente por \( e \).

Saludos,

Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por muchísimo menos ...  (yo)

23 Abril, 2017, 06:09 pm
Respuesta #6

Ignacio Larrosa

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También "he comprobado" que:

\( \displaystyle\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)<2n^2\log\left({1+\frac{1}{n^2}}\right) \) (*)

Pero no he llegado a demostrarlo, ni por inducción ni tampoco utilizando la concavidad del logaritmo, usando \( tf(x) + (1-t)f(y) \leq{} f(tx+(1-t)y) \)

Una vez demostrada la desigualdad (*)

Es fácil ver que \( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}2n^2\log\left({1+\frac{1}{n^2}}\right)=2 \) y por tanto converge si la desigualdad que he puesto es cierta y se prueba, pero yo por el momento no lo he demostrado.

No tiene que ver con el problema original, pero es más sencillo y preciso

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\sum_{k=1}^n \log\left({1+\frac{1}{k^2}}\right)\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}=\dfrac{\pi ^2}{6} \)

Utilizando más términos del desarrollo de \( \ln (1 + x)\textrm{ y los valores de la función }\zeta \) de Riemman se puede acotar superior e inferiomente todo lo que se quiera el valor de la serie (y del productorio). Esto vale igualmente, y más sencillo al tratarse de progresiones geométricas, para el productorio por el que preguntaba cristianoceli.

Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
O incluso por muchísimo menos ...  (yo)

23 Abril, 2017, 06:16 pm
Respuesta #7

Ian Bounos

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Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
\( \displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L \)



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es \(  \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k-1} + 1}{2^k}}  \).

Yo estoy tratando y no sale  :-\

Efectivamente, a robinlambada se le trastocaron base y exponente. Siguiendo con su idea, tomemos logaritmos neperianso para transformar el productorio en una serie:

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}{\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}} \)

Entonces,

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}\right)}

= \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(1 + \dfrac{1}{2^k}\right)}

\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\dfrac{1}{2^k}} = 1
 \)

Como la serie es convergente, el productorio también. Y sabemos además que está acotado superiormente por \( e \).

Saludos,




Tengo una duda. La demostración me convenció, pero tiene que haber un error en algún lugar (aunque solo sea de cuentas) que no logro encontrar, porque el producto no está acotado por \(  e  \). Fijate que es creciente y los primeros dos términos multiplicados dan \(  3  \) que es mayor que \(  e  \).Me equivoco?

Saludos

23 Abril, 2017, 06:36 pm
Respuesta #8

Ignacio Larrosa

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Hola para la primera.

Lo que he podido hacer es:
Supongamos que existe el límite y vale L
\( \displaystyle\frac{2}{1}\cdot{\displaystyle\frac{3}{2}}\cdot{\displaystyle\frac{5}{4}}\cdot{\displaystyle\frac{9}{8}}\cdot{\displaystyle\frac{17}{16}} ...=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{k=n}{\displaystyle\frac{k^2+1}{k^2}}=L \)



Hola. Creo que hay un error en la forma de plantear el producto y que la correcta es \(  \displaystyle\prod_{k=0}^{k=\infty}{\displaystyle\frac{ 2^{k-1} + 1}{2^k}}  \).

Yo estoy tratando y no sale  :-\

Efectivamente, a robinlambada se le trastocaron base y exponente. Siguiendo con su idea, tomemos logaritmos neperianso para transformar el productorio en una serie:

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}{\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}} \)

Entonces,

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}\right)}

= \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\ln \left(1 + \dfrac{1}{2^k}\right)}

\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}{\dfrac{1}{2^k}} = 1
 \)

Como la serie es convergente, el productorio también. Y sabemos además que está acotado superiormente por \( e \).

Saludos,




Tengo una duda. La demostración me convenció, pero tiene que haber un error en algún lugar (aunque solo sea de cuentas) que no logro encontrar, porque el producto no está acotado por \(  e  \). Fijate que es creciente y los primeros dos términos multiplicados dan \(  3  \) que es mayor que \(  e  \).Me equivoco?

Saludos

Tienes toda la razón, es que falta el factor inicial que es 2. El producto en realidad es:

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\prod_{k=0}^{n}{\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}} \)

Y la serie correspondiente:

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{\ln \left(\displaystyle\frac{2^k+1}{2^k}\right)}

= \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{\ln \left(1 + \dfrac{1}{2^k}\right)}

\leq{}\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}{\dfrac{1}{2^k}} = 2
 \)

Luego el producto está acotado por \( e^2 \approx{} 7.389 \).

Para acotar mejor su valor conviene dejar aparte el facor 2, para utilizar el desarrollo de \( \ln x = x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} + \ldots \)

Utilizando el segundo y tercer término de este desarrollo se puede acotar entonces el producto por:

\( 2e^{\frac{5}{6}} < P < 2e^{\frac{37}{42}} \)

\( 4.601951 < P < 4.826394 \)

El valor real es \( P \approx{} 4.768462 \), que desconozco si puede determinarse de forma exacta.

Saludos,




Daría todo lo que se por la mitad de lo que ignoro (R. Descartes)
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23 Abril, 2017, 08:30 pm
Respuesta #9

cristianoceli

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Muchas gracias por su interés.

Gracias a sus respuestas puedo sacar muchas conclusiones.


Saludos