Demuestra que 11999<∏999i=12i−12i<14411999<∏i=19992i−12i<144\frac{1}{1999} < \prod_{i=1}^{999}{\frac{2i−1}{ 2i}} < \frac{1}{44}

Question

Demuestra que 11999<∏999i=12i−12i<14411999<∏i=19992i−12i<144\frac{1}{1999} < \prod_{i=1}^{999}{\frac{2i−1}{ 2i}} < \frac{1}{44}

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marconio

Pruebalo
$\frac{1}{1999} < \prod_{i = 1}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i} < \frac{1}{44}$ $\dfrac{1}{1999} < \prod_{i=1}^{999}{\dfrac{2i−1}{2i}} < \dfrac{1}{44}$

de la Olimpiada Nacional de Canadá de 1997.

He podido probar la mitad izquierda de la desigualdad usando inducción. Necesito ayuda con la segunda parte.

Probar $\prod_{i=1}^{n}{(1-\frac{1}{2i})} \ge \frac{1}{2n}$

Definir

\begin{matrix} (1) & pag (norte) = \prod_{i = 1}^{norte} (1 - \frac{1}{2 i}) \end{matrix}

$p(n)=\prod_{i=1}^{n}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)} \tag{1}$

deseamos mostrar

\begin{matrix} (2) & pag (norte) \geq \frac{1}{2 norte}, \forall norte \in Z^{+} \end{matrix}

$p(n)\ge\frac{1}{2n},\quad\forall{n}\in\mathbb{Z^+} \tag{2}$

Para el caso base, $n=1$ , tenemos $p(1)=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\ge\frac{1}{2}$ que sostiene

Suponga la hipótesis de inducción (2) para $n$ . Entonces para $n+1$ , podemos escribir:

\begin{aligned} pag (norte + 1) = \prod_{i = 1}^{norte + 1} (1 - \frac{1}{2 i}) & = (1 - \frac{1}{2 (norte + 1)}) \cdot \prod_{i = 1}^{norte} (1 - \frac{1}{2 i}) \\ \geq (1 - \frac{1}{2 (norte + 1)}) \cdot \frac{1}{2 norte} & (por IH) \\ \geq (\frac{2 norte + 1}{2 (norte + 1)}) \cdot \frac{1}{2 norte} \\ \geq (\frac{1}{2 (norte + 1)}) \cdot \frac{2 norte + 1}{2 norte} \\ > (\frac{1}{2 (norte + 1)}) & (para norte \geq 1) \end{aligned}

$\begin{align} p(n+1) = \prod_{i=1}^{n+1}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)} &= \left(1-\frac{1}{2(n+1)}\right) \cdot \prod_{i=1}^{n}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)} \\ &\ge \left(1-\frac{1}{2(n+1)}\right) \cdot \frac{1}{2n} &(\text{by IH}) \\ &\ge \left(\frac{2n+1}{2(n+1)}\right) \cdot \frac{1}{2n} \\ &\ge \left(\frac{1}{2(n+1)}\right) \cdot \frac{2n+1}{2n} \\ &> \left(\frac{1}{2(n+1)}\right) &(\text{for }n\ge1) \end{align}$

Esto prueba el paso de inducción, estableciendo (2) para todo positivo $n$ . Por lo tanto, concluimos

\prod_{i = 1}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i} = pag (999) \geq \frac{1}{2 \times 999} = \frac{1}{1998} > \frac{1}{1999}

$\boxed{\prod_{i=1}^{999}{\dfrac{2i−1}{2i}} = p(999) \ge \frac{1}{2\times999} = \frac{1}{1998} > \frac{1}{1999}}$

Probar $\prod_{i=1}^{999}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)} < \frac{1}{44}$

Para esta parte, he aplicado AM-GM para obtener un límite superior con una suma armónica.

\begin{matrix} (3) & {(\prod_{i = 1}^{999} (1 - \frac{1}{2 i}))}^{1 / 999} \leq \frac{1}{999} \cdot \sum_{i = 1}^{999} (1 - \frac{1}{2 i}) \end{matrix}

$\left(\prod_{i=1}^{999}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)}\right)^{1/999} \le \frac{1}{999} \cdot \sum_{i=1}^{999}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)} \tag{3}$

No puedo ver una forma de evaluar la suma en el RHS.

Baminovski

Tal vez, esto le dará una idea: math.stackexchange.com/questions/1373124/… . De hecho, puedes demostrar que

\frac{1}{64} < \prod_{i = 1}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i} < \frac{1}{44}

$\frac{1}{64}<\prod_{i=1}^{999}\,\frac{2i-1}{2i}<\frac{1}{44}$ , o algo aún más fuerte:

\frac{1}{56.5} < \prod_{i = 1}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i} < \frac{1}{56}

$\frac{1}{56.5}<\prod_{i=1}^{999}\,\frac{2i-1}{2i}<\frac{1}{56}$ .

727

La suma

\sum_{i = 1}^{999} (1 - \frac{1}{2 i})

$\sum_{i=1}^{999}(1 - \frac{1}{2i})$ se puede expresar como

999 - \frac{1}{2} H_{999}

$999 - \frac{1}{2}H_{999}$ , dónde

H_{999}

$H_{999}$ es el

999

$999$ -ésimo número armónico. Hay buenas estimaciones para el

n

$n$ -th número armónico, ¿tal vez eso pueda ayudar?

727

También, desde

\sum_{i = 1}^{n} (1 - \frac{1}{2 i}) = n - \frac{1}{2} H_{n}

$\sum_{i=1}^n (1-\frac{1}{2i}) = n - \frac{1}{2}H_n$ , probablemente no sería un buen uso de su tiempo tratar de encontrar una evaluación de forma cerrada para él (ya que no existe ninguna para

H_{n} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{i}

$H_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}$ ). Es mejor que trates de encuadernarlo.

1-___-

Este es un problema de Olimpiada, no debería necesitar conocer hechos como los límites de series armónicas parciales.

marconio

@LJL: me di cuenta de que no había un formulario cerrado. Si tuviera que vincularlo usando este método, supongo que una integral podría funcionar.

marconio

@Batominovski: esa es una buena manera de hacerlo.

727

@ user2770287 La respuesta que publicaste es sin duda la mejor manera de resolver el problema original. Podemos considerar acotar esa última suma que Marconius publicó como un problema separado, incluso si resulta ser una ruta ineficiente para la solución del problema del que proviene.

1-___-

@LJL No estaba apuntando a tu comentario. Simplemente estaba diciendo que este problema debe resolverse utilizando métodos tradicionales.

Respuestas (3)

Demuestra que 11999<∏999i=12i−12i<14411999<∏i=19992i−12i<144\frac{1}{1999} < \prod_{i=1}^{999}{\frac{2i−1}{ 2i}} < \frac{1}{44}

Tal vez, esto le dará una idea: math.stackexchange.com/questions/1373124/… . De hecho, puedes demostrar que $\frac{1}{64}<\prod_{i=1}^{999}\,\frac{2i-1}{2i}<\frac{1}{44}$ , o algo aún más fuerte: $\frac{1}{56.5}<\prod_{i=1}^{999}\,\frac{2i-1}{2i}<\frac{1}{56}$ .
La suma $\sum_{i=1}^{999}(1 - \frac{1}{2i})$ se puede expresar como $999 - \frac{1}{2}H_{999}$ , dónde $H_{999}$ es el $999$ -ésimo número armónico. Hay buenas estimaciones para el $n$ -th número armónico, ¿tal vez eso pueda ayudar?
También, desde $\sum_{i=1}^n (1-\frac{1}{2i}) = n - \frac{1}{2}H_n$ , probablemente no sería un buen uso de su tiempo tratar de encontrar una evaluación de forma cerrada para él (ya que no existe ninguna para $H_n = \sum_{i=1}^n \frac{1}{i}$ ). Es mejor que trates de encuadernarlo.
Este es un problema de Olimpiada, no debería necesitar conocer hechos como los límites de series armónicas parciales.
@LJL: me di cuenta de que no había un formulario cerrado. Si tuviera que vincularlo usando este método, supongo que una integral podría funcionar.
@ user2770287 La respuesta que publicaste es sin duda la mejor manera de resolver el problema original. Podemos considerar acotar esa última suma que Marconius publicó como un problema separado, incluso si resulta ser una ruta ineficiente para la solución del problema del que proviene.
@LJL No estaba apuntando a tu comentario. Simplemente estaba diciendo que este problema debe resolverse utilizando métodos tradicionales.

1-___- · Answer 1

Has hecho que el problema sea mucho más difícil de lo que se supone que debe ser.

Para el lado izquierdo, simplemente observe que $\frac{1}{2}>\frac{1}{3}$ y $\frac{3}{4}>\frac{3}{5}$ y así sucesivamente... a $\frac{1997}{1998}>\frac{1997}{1999}$ . Ahora, toma el producto de estas desigualdades para obtener el resultado deseado.

Para la otra desigualdad, es un truco similar excepto que necesitas observar que $P^2<\frac{1}{1999}<\frac{1}{1936}=\frac{1}{44^2}$ .

$\frac{3}{4} \ngtr \frac{4}{5}$ . No estoy seguro de cómo se cancelarían los términos en el primer producto en cualquier caso. Para el segundo, puedo ver ahora que $(\frac{1}{2})^2<\frac{1}{3}, (\frac{3}{4})^2<\frac{3}{5},\ldots$ y este producto es telescópico.
@Marconius es un error tipográfico. Estoy seguro de que estaba destinado a ser " $\frac{3}{4} > \frac{3}{5}$ ".
@ user2770287 - gracias, tu respuesta es buena. El hecho de que $\frac{1}{2n}<\frac{1}{2n+1}$ está enterrado en el paso de inducción, que no es bueno. El $(\frac{1}{2})^2<\frac{1}{3}, (\frac{3}{4})^2<\frac{3}{5},\ldots$ es AM-GM en un disfraz delgado. ¡No me apresuraré tanto a pasar de productos a resúmenes en el futuro!
@Marconius ¿Eres un estudiante de secundaria en Canadá que estudia para el CMO?
@ user2770287 - No, en realidad no lo soy. Sin embargo, hice mis estudios secundarios en Canadá. Pero estoy viviendo en el extranjero ahora.

haqnatural · Answer 2

{PAG}_{norte}^{2} (999) = \frac{1^{2} \cdot 3^{2} . . . \cdot {(2 \cdot 999 - 1)}^{2}}{2^{2} \cdot 4^{2} . . . \cdot {(2 \cdot 999)}^{2}} = \frac{1 \cdot 3}{2^{2}} \cdot \frac{3 \cdot 5}{4^{2}} \cdot . . . \cdot \frac{(2 \cdot 999 - 1) (2 \cdot 999 + 1)}{{(2 \cdot 999)}^{2}} \cdot \frac{1}{2 \cdot 999 + 1} < \frac{1}{2 \cdot 999 + 1} = \frac{1}{1999} < \frac{1}{1936} = \frac{1}{44^{2}}

${ P }_{ n }^{ 2 }\left( 999 \right) =\frac { { 1 }^{ 2 }\cdot { 3 }^{ 2 }...\cdot { \left( 2\cdot 999-1 \right) }^{ 2 } }{ { 2 }^{ 2 }\cdot { 4 }^{ 2 }...\cdot { \left( 2\cdot 999 \right) }^{ 2 } } =\frac { 1\cdot 3 }{ { 2 }^{ 2 } } \cdot \frac { 3\cdot 5 }{ { 4 }^{ 2 } } \cdot ...\cdot \frac { \left( 2\cdot 999-1 \right) \left( 2\cdot 999+1 \right) }{ { \left( 2\cdot 999 \right) }^{ 2 } } \cdot \frac { 1 }{ 2\cdot 999+1 } <\frac { 1 }{ 2\cdot 999+1 } =\frac { 1 }{ 1999 } <\frac { 1 }{ 1936 } =\frac { 1 }{ { 44 }^{ 2 } }$

robarjohn · Answer 3

Desde $\frac{2i-1}{2i}\lt\frac{2i}{2i+1}$ , tenemos

\begin{matrix} (1) & {(\prod_{i = 1}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i})}^{2} < \frac{1}{4} \prod_{i = 2}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i} \prod_{i = 2}^{999} \frac{2 i}{2 i + 1} = \frac{1}{4} \frac{3}{1999} < \frac{1}{4} \frac{1}{666} \end{matrix}

$\left(\prod_{i=1}^{999}{\frac{2i−1}{2i}}\right)^2\lt\frac14\prod_{i=2}^{999}{\frac{2i−1}{2i}}\prod_{i=2}^{999}{\frac{2i}{2i+1}}=\frac14\frac3{1999}\lt\frac14\frac1{666}\tag1$ Desde

\frac{2 i - 1}{2 i} > \frac{2 i - 2}{2 i - 1}

$\frac{2i-1}{2i}\gt\frac{2i-2}{2i-1}$ , tenemos

\begin{matrix} (2) & {(\prod_{i = 1}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i})}^{2} > \frac{1}{4} \prod_{i = 2}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i} \prod_{i = 2}^{999} \frac{2 i - 2}{2 i - 1} = \frac{1}{4} \frac{2}{1998} = \frac{1}{4} \frac{1}{999} \end{matrix}

$\left(\prod_{i=1}^{999}{\frac{2i−1}{2i}}\right)^2\gt\frac14\prod_{i=2}^{999}{\frac{2i−1}{2i}}\prod_{i=2}^{999}{\frac{2i-2}{2i-1}}=\frac14\frac2{1998}=\frac14\frac1{999}\tag2$ Por lo tanto, desde

32^{2} = 1024 > 999

$32^2=1024\gt999$ y

25^{2} = 625 < 666

$25^2=625\lt666$ , tenemos

\begin{matrix} (3) & \frac{1}{64} < \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{999}} < \prod_{i = 1}^{999} \frac{2 i - 1}{2 i} < \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{666}} < \frac{1}{50} \end{matrix}

$\frac1{64}\lt\frac12\frac1{\sqrt{999}}\lt\prod_{i=1}^{999}{\frac{2i−1}{2i}}\lt\frac12\frac1{\sqrt{666}}\lt\frac1{50}\tag3$

Demuestra que 11999<∏999i=12i−12i<14411999<∏i=19992i−12i<144\frac{1}{1999} < \prod_{i=1}^{999}{\frac{2i−1}{ 2i}} < \frac{1}{44}

marconio

Probar $\prod_{i=1}^{n}{(1-\frac{1}{2i})} \ge \frac{1}{2n}$

Probar $\prod_{i=1}^{999}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)} < \frac{1}{44}$

Baminovski

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marconio

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Área del trapezoide dados todos los lados: ¿Por qué es esto un problema de Olimpiada? [cerrado]

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Demuestra que 11999<∏999i=12i−12i<14411999<∏i=19992i−12i<144\frac{1}{1999} < \prod_{i=1}^{999}{\frac{2i−1}{ 2i}} < \frac{1}{44}

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Probar∏norteyo = 1( 1 −12 yo) ≥12 norte ∏ i = 1 norte ( 1 − 1 2 i ) ≥ 1 2 norte \prod_{i=1}^{n}{(1-\frac{1}{2i})} \ge \frac{1}{2n}

Probar∏999yo = 1( 1 −12 yo) <144 ∏ i = 1 999 ( 1 − 1 2 i ) < 1 44 \prod_{i=1}^{999}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)} < \frac{1}{44}

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Probar $\prod_{i=1}^{n}{(1-\frac{1}{2i})} \ge \frac{1}{2n}$

Probar $\prod_{i=1}^{999}{\left(1-\frac{1}{2i}\right)} < \frac{1}{44}$