Olimpiada (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

[angel relativamente]

Como el año pasado, voy a subir 4 problemas propuestos de matemáticas para que paséis unas felices navidades haciendo lo que más os gusta. Dejaré 1 semana entre problema y problema para que los penséis. Una semana después de subir el último, redactaré las soluciones de los 4. Para cada problema dejaré una pista que podréis usar opcionalmente. Si la usáis, comentadlo. ¡Suerte y a disfrutar de las matemáticas!

PROBLEMA 2

Demuestra que $\left(1+\dfrac 12 \right) \left(1+\dfrac{1}{2^2}\right) \cdots \left(1+\dfrac{1}{2^{2018}} \right) < \dfrac 52$

PISTA

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$x> \log (x+1), \; \forall x>0$

Recordad: Si dejáis una solución, hacedlo entre las etiquetas [SOLUCION] [/SOLUCION]

[Alriga]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

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Con este me atrevo a, al menos intentarlo. Si P es el producto buscado:

$\ln P=\ln(1+1/2)+\ln(1+1/2^2)+\ln(1+1/2^3)+ \dots +\ln(1+1/2^{2018})$

Aplicando la pista:

$\ln P < 1/2+1/2^2+1/2^3+ \dots +1/2^{\infty}=1$

Por lo tanto $P < e^1=2.718281828459...$

Pero no consigo demostrar que $P < 2.5$ como dice el enunciado

Por fuerza bruta obtengo $P \approx 2.384231029\dots$

[angel relativamente]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

Gracias Alriga por (el intento de) solución. No te ha dado lo que pedía pero... ¡has estado cerca!

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Fuera bromas, con una muy pequeña modificación a lo que ya has hecho puedes acotarlo mejor

En cualquier caso, gracias también por tu solución por métodos numéricos. Nunca falla (o al menos en los primeros decimales...)

[Breogan]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

Hola:

PROBLEMA 2

Demuestra que $\left(1+\dfrac 12 \right) \left(1+\dfrac{1}{2^2}\right) \cdots \left(1+\dfrac{1}{2^{2018}} \right) < \dfrac 52$

Acá aporto mi intento de solución.

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Hacemos:

$\dst P = \prod_{n = 1}^{2018} \ \left( 1 + \frac 1 {2^n} \right)$

$\dst ln \ P = ln \left[ \prod_{n = 1}^{2018} \ \left( 1 + \frac 1 {2^n} \right) \right] = \sum_{n = 1}^{2018} \ ln \left( 1 + \frac 1 {2^n} \right)$

y como:

$\dst ln (1 + x) < x \quad \forall x \quad | \ x \ \in \ \mathbb R \quad y \ | x | < 1$

Resulta que:

$\dst ln \left( 1 + \frac 1 {2^n} \right) < \frac 1 {2^n}$

y como P es una sumatoria de términos todos positivos, queda

$\dst ln \ P < \sum_{n = 1}^{2018} \ \frac 1 {2^n}$

Esto ultimo se puede asociar a una serie geométrica de razon 1/2, cuya suma es la siguiente:

$\dst S = 1 + \sum_{n = 1}^{2018} \ \frac 1 {2^n} = \sum_{k = 0}^{2018} \ \frac 1 {2^k} = \frac {1 - \left( \dst \frac 1 2 \right)^{2019}}{1 - \left(\dst \frac 1 2 \right)} = \frac {\dst \frac {2 ^{2019} - 1}{2^{2019}}}{\dst \frac 1 2}$

$\dst S = \dst \frac {2 ^{2019} - 1}{2^{2018}}$

$\dst \sum_{n = 1}^{2018} \ \frac 1 {2^n} = S - 1 = \frac {2 ^{2019} - 1}{2^{2018}} - 1 =2 - \frac 1 {2^{2018}} -1$

$\dst \sum_{n = 1}^{2018} \ \frac 1 {2^n} = 1 - \frac 1{2^{2018}}$

Por lo cual:

$\dst ln \ P \ < \ 1 - \frac 1{2^{2018}}$

Por ultimo:

$\dst P = \ee^{\dst ln P} \ < \ \ee^{\dst \left( 1 - \frac 1{2^{2018}} \right)}$

Y hasta acá llegue.

Te pido disculpas anticipadas por lo largo del desarrollo (como en el anterior caso), pero tengo dos problemas que me impiden ser mas conciso, los desarrollos los hago enteramente en el editor de texto de la web (después solo borro partes), y tengo una desconfianza patológica sobre mis conocimientos acerca de lo que escribo, así que tiendo a justificar(me) todo detalle.

Espero estar cerca de la solución, sin mayores burradas.

s.e.u.o.

Suerte!

[Alriga]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

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Mi aproximación era $P < \ee^1$

La de Breogan es $\dst P < \ee^{\dst \left( 1 - \frac 1{2^{2018}} \right)})=\ee^{1-0.000 \dots \ (607 \ ceros) \ \dots 3}$

Ha mejorado la mía, pero por muuuy poquito Saludos Breogan.

[Richard R Richard]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

Hola

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se me ocurre un idea para mejorar los resultados de Alriga y Broegan, usando la pista

$x> \log (x+1), \; \forall x>0<br />$

pues como de mates no se demasiado , me pregunto si esta regla es aplicable para todas las bases de logaritmo es decir $log$ es $log_{10}$ ? pues Alriga uso Base $\ee$ para $Ln$

si esto es cierto el problema se resuelve haciendo

$\dst P = 2^{\dst log_2 P} \, < \, 2^{\dst \left( 1 - \frac 1{2^{2018}} \right)}$

que debe dar algo cercano a $2 <\dfrac52$

pero me imagino que como siempre no acierto, el resultado del problema no debe depender de la base que se elija.

Saludos

[Alriga]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

Para Richard:

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La propiedad que dan de pista $x > \log(1+x)$ es para el logaritmo neperiano. Comprueba que no se cumple para base 2:

Si $x=1/2$

$\log_2 (1+1/2)=0.5849625...$

$1/2 \ \cancel{>} \ 0.58...$

Y el valor de P calculado mediante métodos numéricos es $P = 2.384231029\dots > 2^{\dst \left( 1 - \frac 1{2^{2018}} \right)} \approx 2$

Saludos.

¡Eureka!

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$\ln P=\ln(1+1/2)+\ln(1+1/2^2)+\ln(1+1/2^3)+\ln(1+1/2^4)+ \dots +\ln(1+1/2^{2018})$

Aplicando la pista $\ln(1+x)<x$:

$\ln P<\ln(1+1/2)+\ln(1+1/2^2)+\ln(1+1/2^3)+ 1/2^4+1/2^5+ \dots +1/2^{\infty}=p$

$p=\ln(1+1/2)+\ln(1+1/2^2)+\ln(1+1/2^3)+1/8$

$p=0,405465+0,223144+0,117783+1/8=0.746392+0.125=0.871392$

$\ln P < 0.871392$

$P < \ee^p =\ee^{0.871392}=2.390235< \dfrac 5 2$ c.q.d.

No es la solución más elegante del mundo, pero creo que es correcta.

Saludos.

[Weip]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

Hola, dejo mi intento a ver si os convence, aunque es muy parecido a los que habéis puesto hasta ahora. Al principio lo intenté como Alriga y la verdad es que como no funcionaba intenté pensar cosas demasiado complejas y me fui por los cerros de Úbeda. Al final he asentado la cabeza y me ha salido esto.

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$\log \dst\prod_{i=1}^{2018}\left( 1+\frac{1}{2^i}\right)=\dst\sum_{i=1}^{2018} \log\left( 1+\frac{1}{2^i}\right)=$ $\log\left( 1+\dfrac{1}{2}\right)+\dst\sum_{i=2}^{2018} \log\left( 1+\frac{1}{2^i}\right)<\log \left( 1+\frac{1}{2}\right)+\dst\sum_{i=2}^{2018} \frac{1}{2^i}<\log \left( 1+\dfrac{1}{2}\right)+\dst\frac{1}{2}$

En la última desigualdad he aplicado la fórmula para sumar los primeros términos a partir de $i=2$ de una serie geométrica y sale un resultado menor que un medio. Finalmente:

$\dst\prod_{i=1}^{2018}\left( 1+\frac{1}{2^i}\right)<\exp{\left( \log \left( 1+\dfrac{1}{2}\right)+\dst\frac{1}{2} \right)}=\left( 1+\frac{1}{2}\right)\sqrt{e}=\dst\frac{3 \sqrt{e}}{2}<\dst\frac{5}{2}$

PD: Quitando más sumandos de $\dst\sum_{i=1}^{2018} \log\left( 1+\frac{1}{2^i}\right)$ y haciendo el mismo procedimiento se obtienen cotas mejores que $\dst\frac{3 \sqrt{e}}{2}$. Por ejemplo quitando 5 sumandos obtengo la cota $2.3846157...$, aunque hay que usar ordenador para hacer los cálculos.

[Alriga]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

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Entiendo que la solución de Weip y la mía es básicamente la misma:

- Weip toma 1 sumando exacto del logaritmo del producto buscado, y aproxima el valor del resto de sumandos.

- Yo tomo 3 sumandos exactos del logaritmo del producto buscado, y aproximo el valor del resto.

Saludos.

[Weip]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

Entiendo que la solución de Weip y la mía es básicamente la misma

Sí, es verdad, es la misma demostración. Esto hace que tenga más confianza en ella. Ahora es cuando viene angel relativamente y nos dice que está mal jaja.

[angel relativamente]

Re: (P 2/4) Año Nuevo Matemático 2018

¡Muchas gracias por vuestras soluciones!
Perdonad que estoy sin acceso a internet y con el movil no puedo explayarme mucho.
La solución correcta es la de Alriga-Weip

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En efecto, el truco era ese: Estamos acotando el valor de un producto a base de acotar cada factor. Si los acotamos todos,
obtenemos una cota regular ($e$ ). Si algunos los calculamos antes de acotar (especialmente los primeros), mejoraremos la cota del producto. Por supuesto cuantos más calcules mejor será tu cota, hasta el punto de que si los calculas todos tienes el resultado exacto. La solución está pensada para hacrrlo como weip, ya que calculando el primer termino ya obtienes lo que buscas. Además, que así se puede hacer hasta a mano sin calculadora, solo habria que comprobar que $e<\dfrac{25}{9}$

Gracias al resto por los intentos, espero que os haya entretenido