Producto infinito

Publicado por ^DiAmOnD^ | 12 enero, 2010 | Juegos | 67 |

Os dejo el problema de la semana:

Calcular el valor del siguiente producto infinito:

$\cfrac{2}{3} \cdot \cfrac{9}{8} \cdot \cfrac{16}{15} \cdot \cfrac{25}{24} \cdot \ldots$

Ánimo y suerte.

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Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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Jerson

12/01/2010 09:22

Ante todo quiero decir que este blog es excelente 😀
lo leo siempre.

Bueno yo soy más artista que matemático pero creo haber podido hallar la respuesta a este problema.

$\prod_{2}^{n}\frac{n^{2}}{n^{2} - 1} = \prod_{2}^{n}\frac{n^{2}}{(n+1)(n-1)} = \prod_{2}^{n} \frac{n}{n + 1} \prod_{2}^{n}\frac{n}{n - 1} = \frac{\prod_{2}^{n}n}{\prod_{2}^{n}(n + 1)}\frac{\prod_{2}^{n}n}{\prod_{2}^{n}(n - 1)} = 2\frac{n!}{(n+1)!}\frac{n!}{(n-1)!} = 2(\frac{1}{n+1})(n) = \frac{2n}{n+1}$

por tanto:

$\lim_{n\to \infty} \prod_{2}^{n}\frac{n^{2}}{n^{2} - 1} = \lim_{n\to \infty}\frac{2n}{n+1} = 2$

saludos, y espero no haberme equivocado.

Responde

josejuan

12/01/2010 09:54

Tu «escritura» la veo confusa (usas ‘n’ como índice y como límite del producto).

Creo que la solución es «casi» correcta excepto que es

$\pi\limits_{i=3}^{\infty }\frac{i^{2}}{i^{2}-1}=\allowbreak \frac{3}{2}$

por tanto la solución es

Un comentario-pregunta, ¿porqué si en las matemáticas se exige definir todo sin ambigüedades, es tremendamente frecuente que las sucesiones sean «definidas» mostrando tan sólo algunos de sus elementos? (usualmente los primeros).

De hecho, el error de «Jerson» es pensar que el primer término corresponde con $\frac{i^{2}}{i^{2}-1}$ (cuando no lo es).

(Otra pregunta, el símbolo producto ¿no es \prod?, es que he tenido que poner pi…)

Responde

osvaldo antivero

Reply to josejuan

02/12/2018 10:23

el productorio n^2/(n^2)-1 dese n=2 hasta infinito es 2 sin lugar a dudas

Responde

osvaldo antivero

Reply to osvaldo antivero

02/12/2018 10:30

N[Product[n^2/(n^2 – 1), {n, 2, 1000000}], 40]
1.999998000001999998000001999998000002000

Responde

Jerson

12/01/2010 10:03

tienes mucha razón José. he cometido errores extraños, en especial lo de la escritura confusa… es la primera vez que uso el LaTeX y no me di cuenta de ello.

aún así no encuentro relación entre el 2/3 y el resto de los términos.

(el símbolo de producto es producto es \prod_)

Responde

josejuan

12/01/2010 10:12

Claro, es que precisamente no hay relación del primer término con el resto de ahí que una definición podría ser

$\frac{2}{3}\prod_{i=3}^{\infty }\frac{i^{2}}{i^{2}-1}=1$

y de ahí que no hayan puesto el término general, para que piques (je, je, …).

Responde

Dani

12/01/2010 12:45

creo que estoy de acuerdo con el razonamiento de Jerson y la conclusión de josejuan.

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 14:33

$\dprod\limits_{2}^{n}\dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}=\dfrac{\left( n^{2}\right)^{n-1}}{\left( n^{2}-1\right) ^{n-1}}=\left( \dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}\right)^{n-1}$

porque

$\dprod\limits_{2}^{n}n^{2}=\underset{n-1}{\underbrace{n^{2}\cdot n^{2}\cdot\cdots \cdot n^{2}}}=\left( n^{2}\right) ^{n-1}$

$\dprod\limits_{2}^{n}\left( n^{2}-1\right) =\underset{n-1}{\underbrace{\left( n^{2}-1\right) \cdot \left( n^{2}-1\right) \cdot \cdots \cdot \left( n^{2}-1\right) }}=\left( n^{2}-1\right) ^{n-1}$

Assim

$\dprod\limits_{2}^{\infty }\dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}=\lim \left( \dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}\right) ^{n-1}=\left( 1\right) ^{\lim \left( n-1\right) }=1$

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 14:35

$\prod\limits_{2}^{n}\dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}=\dfrac{\left( n^{2}\right)^{n-1}}{\left( n^{2}-1\right) ^{n-1}}=\left( \dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}\right)^{n-1}$

porque

$\prod\limits_{2}^{n}n^{2}=\underset{n-1}{\underbrace{n^{2}\cdot n^{2}\cdot\cdots \cdot n^{2}}}=\left( n^{2}\right) ^{n-1}$

$\prod\limits_{2}^{n}\left( n^{2}-1\right) =\underset{n-1}{\underbrace{\left( n^{2}-1\right) \cdot \left( n^{2}-1\right) \cdot \cdots \cdot \left( n^{2}-1\right) }}=\left( n^{2}-1\right) ^{n-1}$

Assim

$\prod\limits_{2}^{\infty }\dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}=\lim \left( \dfrac{n^{2}}{n^{2}-1}\right) ^{n-1}=\left( 1\right) ^{\lim \left( n-1\right) }=1$

Responde

osvaldo antivero

Reply to Américo Tavares

02/12/2018 10:34

respuesta incorrecta

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 14:51

A minha resposta de 14:35 não foi correctamente escrita: utilizei \dprod, e não foi aceite aqui. Passei para\prod.

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 14:53

Digo 14:35 .

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 14:53

Redigo: 14:33. Bolas!

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 15:09

TODAS AS MINHAS RESOLUÇÕES ESTÃO ERRADAS!!!

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 15:23

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}\cdot \frac{16}{15}\cdot \frac{25}{24}\cdot\cdots =\lim \frac{n}{n+1}=1$

Responde

josejuan

12/01/2010 16:36

«Américo»

¿Cómo pones directamente esa identidad?
¿No deberías desarrollarla?

Es decir, yo podría poner

$\frac{2}{3}\frac{9}{8}\frac{16}{15}\frac{25}{24}\cdot \cdot \cdot =-\cos \pi$

pero no creo que fuera correcto…

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 17:10

josejuan,

Uma «prova» (evidência) numérica:

$\frac{2}{3}$

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}=\frac{3}{4}$

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}\cdot \frac{16}{15}=\frac{4}{5}$

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}\cdot \frac{16}{15}\cdot \frac{25}{24}=\frac{5}{6}$

$\cdots$

$\frac{2}{3}\cdot \frac{9}{8}\cdot \frac{16}{15}\cdot \frac{25}{24}\cdot \cdots =\lim \frac{n}{n+1}$

Responde

Osukaru

12/01/2010 18:07

La idea de Américo es correcta. La sucesión de productos parciales es la siguiente: Ahora queremos demostrar que el término general podemos escribirlo de la forma: Para ello usamos inducción. Ya lo ha demostrado Américo para los primeros términos, luego si lo suponemos cierto para el término n-ésimo menos uno, tenemos que demostrar que se cumple para el n-ésimo: Sustituyendo por su valor y desarrollando la expresión: = (simplificando y desarrollando) = Luego queda demostrado que el término general podemos obtenerlo por la nueva fórmula y llevando la sucesión al límite deducimos que el producto infinito del enunciado es igual… Lee más »

Responde

Américo Tavares

12/01/2010 18:14

Osukaru

Exacto, tinha pensado precisamente na indução.

Obrigado!

Responde

Hassam Hayek

12/01/2010 18:35

$\frac{2}{3} \cdot \frac{9}{8} \cdot \frac{16}{15} \ldots$

$= \lim_{k \to \infty} \left[\frac{2}{3} \prod_{n=3}^{k} \frac{n^2}{n^2 -1} \right]$

$=\frac{2}{3} \lim_{k \to \infty} \left[ \prod_{n=3}^{k} \frac{n^2}{(n-1)(n+1)} \right]$

$=\frac{2}{3} \lim_{k \to \infty} \left\{ \left[\prod_{n=3}^{k} \frac{n}{(n-1)}\right] \left[\prod_{n=3}^{k} \frac{n}{(n+1)}\right] \right\}$

$=\frac{2}{3} \lim_{k \to \infty} \left\{ \left[ \frac{\prod\limits_{n=3}^{k}n}{\prod\limits_{n=3}^{k}(n-1)}\right] \left[\frac{\prod\limits_{n=3}^{k}n}{\prod\limits_{n=3}^{k}(n+1)}\right] \bf{(1)} \right\}$

Podemos demostrar que los términos anteriores pueden ser escritos como:

$\prod\limits_{n=3}^{k}n = \frac{k!}{2}$

$\prod\limits_{n=3}^{k}(n-1) = (k-1)!$

$\prod\limits_{n=3}^{k}(n+1) = \frac{(k+1)!}{6}$

Reemplazando lo anterior en la ecuación $\bf{(1)}$ obtenemos que:

$=\frac{2}{3} \cdot \frac{6}{4} \lim_{k \to \infty} \left[ \frac{k!}{(k-1)!}\cdot \frac{k!}{(k+1)!} \right]$

$= \lim_{k \to \infty} \left[\frac{k!}{(k-1)!}\cdot \frac{k(k-1)!}{(k+1)k!}\right]$

$= \lim_{k \to \infty} \frac{k}{(k+1)} = 1$

Gracias ^DiAmOnD^ por este excelente blog, saludos a todos. Si hay algún error o duda me avisan.

Responde

Hassam Hayek

12/01/2010 18:38

Pt: cuando intenté enumerar la ecuación, este quedó dentro del corchete del límite… espero que eso no genere algún problema. saludos

Responde

12/01/2010 22:13

la sucession es 2/3*n^2/n^2 -1 (n>=3)expandemos la diferencia de cuadrados

n^2/(n+1)(n-1) separamos n/(n+1) *n/(n-1) el siguiente termino es (n+1)/(n+2) *(n+1)/n en este caso multiplicamos ambos termino obteniendo (n/n-1)*(n+1/n-1) pero si continuamos con los terminos en este caso en siguiente obtenemos (n/n-1)*(n+2/n+3) podemos continuar en k terminos (n/n-1)*(n+k/n+k+1) obteniendo el limite a infinito de (n+k)/(n+k+1) n=3 k tiene a infinito obtemos 1.

2/3 * n/(n-1)*1 n=3, 2/3*3/2*1=1
Nota: aprendere Latex

Responde

12/01/2010 23:27

como se deduce que el productorio es es 3/2 ?

Responde

Uma bela prova por indução « problemas | teoremas

12/01/2010 23:56

[…] 2010 in Demonstração, Indução matemática, Matemática | Tags: Demonstração, Matemática Neste problema do Gaussianos pede-se para calcular o valor […]

Responde

Américo Tavares

13/01/2010 00:02

Informo que publiquei hoje o enunciado, a minha ideia e a prova de Osukaru no meu blogue, com o título «Uma bela prova por indução»

http://problemasteoremas.wordpress.com/2010/01/12/uma-bela-prova-por-inducao/

Responde

Nicolás

13/01/2010 01:25

muchas gracias Hassam Hayek por tu explicación clarísimo y perfectamente entendible 😉 muy lindo problema!!

Responde

hernan

13/01/2010 13:47

Un poco más fácil que por inducción: como el término general de la productoria es $\frac{n^2}{n^2-1}=\frac{n}{n-1} \frac{n}{n+1}$ , se ve que el primer denominador se puede simplificar con el numerador del término anterior, y el segundo con el del término siguiente, por ej (conviene ponerlo por escrito y agrupar los factores que se simplifican para verlo) :

$\frac{2}{3} \frac{9}{8} \frac{16}{15} \frac{25}{24}= \frac{2}{3} \; \frac{3}{2}\frac{3}{4}\; \frac{4}{3}\frac{4}{5}\; \frac{5}{4}\frac{5}{6}= \frac{5}{6}$

De acá se ve también por qué se eligió así el primer término de la productoria.

Responde

roldan

13/01/2010 16:47

Otra demo (no se latex pero tampoco hace falta mucho).
Sea P(n) la sucesión de los productos parciales, entonces tomando logaritmos, y segun las propiedades de los logaritmos se llega (muchos terminos se anulan)
log P(n) = log 2/3 + log 3 – log 2 + log n – log(n+1)
como log n – log(n+1) = log n/(n+1) entonces el logaritmo de P tiende a 0 y el producto tiende a 1.

Responde

13/01/2010 17:08

¿Y qué pinta el 2/3 al principio de la sucesión?

Responde

Osukaru

13/01/2010 18:09

Al contrario de como pensaban Jerson, josejuan o Dani, el 2/3 del principio de la sucesión sí que tiene sentido, y en los post de Américo o en el mío donde propongo la demostración por inducción es donde se le da sentido.

Responde

Dani

13/01/2010 20:29

claro, el sentido es hacer que el productorio sea igual a $1$ , lo que dijo josejuan.

Responde

13/01/2010 20:45

Algo más de gracia tiene el producto intermedio $\frac{9}{8}\cdot\frac{25}{24}\cdot\frac{49}{48}\cdot\ldots$

Responde

Dani

13/01/2010 22:44

muy interesante esa última. ya la tengo, la escribo después de cenar.

Responde

hernan

13/01/2010 23:25

Sí, esa última es más interesante.

Aplicando Stirling, llego a :

$\frac{9}{8}\cdot\frac{25}{24}\cdot\frac{49}{48}\ldots = \frac{4}{\pi}$

Resultado intermedio:

$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\ldots\frac{n-1}{n} \approx \sqrt{\frac{2}{\pi n}}$

Responde

Américo Tavares

13/01/2010 23:45

hernan

A fórmula de Willis também é interessante, penso eu:

$\dfrac{\pi }{2}=\lim \left( \dfrac{2\cdot 4\cdots \left( 2n\right) }{1\cdot 3\cdots \left( 2n-1\right) }\right) \dfrac{1}{2n+1}$

Responde

13/01/2010 23:52

Efectivamente hernan y Américo, se podía ver usando el resultado del problema propuesto y el producto de Wallis. Dani, no hay tregua ni para cenar 🙂

Responde

Dani

13/01/2010 23:54

tenemos que calcular el valor
$X=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k+1)^2}{(2k+1)^2-1}$ Hacemos entonces:
$\log(X_N)=\log(\prod_{k=1}^{N}\frac{(2k+1)^2}{(2k+1)^2-1})=\sum_{k=1}^{N} \log(\frac{(2k+1)^2}{(2k+1)^2-1})$
$= \sum_{k=1}^{N} \Big[ 2\log(2k+1) - \log\big((2k+1) +1)((2k+1) -1) \big) \Big]$
$= \sum_{k=1}^{N} \Big[ 2\log(2k+1) - \log(2k+2) - \log(2k) \Big]$
$= \log(2) + \sum_{k=1}^{N}\big[ \log(2k+1)-\log(2k) \big] + \sum_{k=1}^{N+1} \big[ \log(2k-1)-log(2k) \big]$
$= \log(2) + \log(\prod_{k=1}^{N} \frac{2k+1}{2k} ) + \log( \prod_{k=1}^{N+1} \frac{2k-1}{2k} ) = \log(2C_N)$

para una sucesión cuyo límite tenemos que calcular que es:
$C_N=\Big(\prod_{k=1}^{N} \frac{2k+1}{2k} \Big) \Big( \prod_{k=1}^{N+1} \frac{2k-1}{2k} \Big)$

Pogámonos a ello. Primero notemos que
$\prod_{k=1}^{N} \frac{2k+1}{2k} = \frac{(2N+1)!}{(\prod_{k=1}^{N}2k )^2} =\frac{(2N+1)!}{(2^N N!)^2}$ y por tanto será
$\prod_{k=1}^{N+1} \frac{2k-1}{2k}=\frac{1}{2N+2}\Big(\frac{(2N+1)!}{(2^N N!)^2}\Big)$ Luego tenemos que hallar el límite cuando $N \rightarrow \infty$ de:

$C_N=\frac{ ((2N+1)!)^2 }{ (2N+2)(2^N N!)^4 }$

La fórmula de Stirling nos dice que en infinito el factorial se comporta como

$n! \approx \sqrt{2 \pi n} \big(\frac{n}{e}\big)^n$
usémos esta estimación para calcular el limite (no es difícil hacer acotaciones por arriba y abajo para «encajarlo», y al final equivale a reemplazar directamente el factorial por la identidad que proporciona Stirling) Luego:

$\lim_{N \rightarrow \infty} C_N = \lim_{N \rightarrow \infty} \Bigg( \frac{\Big( \sqrt{2 \pi (2N+1) } \big( \frac{2N+1}{e} \big)^{2N+1} \Big)^2}{(2N+2)(2^{4N} \big(\sqrt{2 \pi N} ( \frac{N}{e} )^N \big)^{4}} \Bigg)$
que vamos a escribir de la siguiente manera:

$\Bigg( \frac{\Big( \sqrt{2 \pi (2N+1) } \big( \frac{2N+1}{e} \big)^{2N+1} \Big)^2}{(2N+2)(2^{4N} \big(\sqrt{2 \pi N} ( \frac{N}{e} )^N \big)^{4}} \Bigg) = \Bigg( \frac{ 2 \pi (2N+1) \big( \frac{2N+1}{e} \big)^{4N+2}}{(2 \pi)^2 (2N+2) \cdot 2^{4N}N^2 ( \frac{N}{e} )^{4N} } \Bigg)$

$= (\frac{2}{\pi e^2})(\frac{2N+1}{2N+2})\big(\frac{2N+1}{2N}\big)^2 \Big(\frac{2N+1}{e} \frac{e}{2N} \Big)^{4N}$

$= (\frac{2}{\pi e^2})(\frac{2N+1}{2N+2})\big(\frac{2N+1}{2N}\big)^2 \bigg(\Big(1+\frac{1}{2N})^{2N}\bigg)^2 \longrightarrow \frac{2}{ \pi^ }$

Por lo tanto el productorio buscado es:

$\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(2k+1)^2}{(2k+1)^2-1} = X = \lim_{N \rightarrow \infty}X_N =\lim_{N \rightarrow \infty} 2C_N = \frac{4}{\pi}$

Responde

Dani

13/01/2010 23:57

vaya con la fórmula de Willis, no la conocía! habría simplificado bastante las cosas jejeje

PD: no, la próxima vez me quedo sin cenar jajaja

Responde

Américo Tavares

14/01/2010 00:04

Em Taylor, Advanced Calculus, p.682, a fórmula de Willis (ver meu comentário de 23:45) é deduzida a partir do enquadramento seguinte:

$\dfrac{2n}{2n+1}\cdot \dfrac{\pi }{2}<\left( \dfrac{2\cdot 4\cdots \left( 2n\right) }{1\cdot 3\cdots \left( 2n-1\right) }\right) ^{2}\dfrac{1}{2n+1}<\dfrac{\pi }{2}$

Responde

Osukaru

14/01/2010 00:07

Volviendo al tema del 2/3, Dani, el sentido es que tanto si definimos la sucesión de productos parciales de forma recursiva como si lo hacemos mediante el término general al que se demuestra que equivale, el primer término de la sucesión es 2/3.

Responde

Dani

14/01/2010 00:08

de hecho mi solución no hace sino deducir la fórmula de willis a partir de la de stirling! jajajaja

Responde

14/01/2010 00:15

Efectivamente, Dani. Así también lo hacen en la wikipedia: http://en.wikipedia.org/wiki/Wallis_product

La que ha indicado Américo me parece estupenda.

Por cierto es con «a»: Wallis (lo digo porque se ha citado cuatro veces con «i»)

Responde

Américo Tavares

14/01/2010 00:24

Efectivamente Wallis e não Willis.

Devia estar a pensar no Evan Williams (whiskey)

http://en.wikipedia.org/wiki/Evan_Williams_(whiskey) !

Responde

zackdinsky

14/01/2010 02:20

yo crei que el problema era 4/3*9/8*16/15….. asi los numeradores son progresiones, el problema es mas elegante…creo

Responde

iVicentico

14/01/2010 03:24

Con respecto al primer comentario, de Jerson, cometió un error que evitó todos los problemas.

La productoria que tiene esta correcta, exceptuando que el primer termino es 4/3.
Por ende, como el producto comienza con 2/3, facilmente se puede hacer comenzar de 4/3 pero dividiendo por 2.
Entonces, todo el producto se divide por 2 y queda el mismo resultado (2), dividido por 2, que da 1, que es el resultado planteado por varios de aca.

Saludos!

Responde

Osukaru

14/01/2010 09:28

iVicentico, es que estáis interpretando mal la sucesión, desde el momento en el que 2/3 es el primer término del producto infinito, ya no se puede escribir mediante un productorio $\prod_{2}^{n}\frac{n^{2}}{n^{2} - 1}$ , por lo que siendo rigurosos, el planteamiento del problema no encaja con el planteamiento de la solución. Sin embargo, si defines la sucesión de productos parciales de forma recursiva, poniendo $P_1={2 \over 3}$ y $P_{i}=P_{i-1} \, {(i+1)^2 \over (i+1)^2-1}$ , al demostrar que $P_{i}={{i+1} \over {i+2}}$ la sucesión encaja perfectamente con el planteamiento del problema, ya que precisamente, con esta nueva fórmula $P_1={2 \over 3}$ .

Responde

alvaro

14/01/2010 11:40

Creo que la solucción más sencilla para este problema sería calcular el productorio desde 2 hasta n de n^2/(n^2-1) cuando n tiende a infinito como ha hecho Jerson y le da 2 como resultado, que ya se que no es lo que se pide. Pero como lo que se pide es un productorio cuyos factores son todos los mismos a excepción del primero que en el problema es 2/3 y en el límite que acabamos de calcular es 4/3, pues dividimos el 2 entre 4/3 y lo multiplicamos por 2/3 y ya lo tenemos, la solucción del problema es 1.

Responde

alvaro

14/01/2010 11:44

Vale, acabo de notar que mi comentario es una ligera variación del de «iVicentico»

Responde

alvaro

14/01/2010 11:49

En todo caso me parece la forma mas elegante y sencilla de resolver el problema. No se los demás que pensaréis..

Responde

Osukaru

14/01/2010 11:51

Yo pienso que no, porque si no le das un sentido al primer término, entonces estás tratando un problema que no es el que te proponen, sino otro, y tendrías que demostrar primero que son equivalentes.

Responde

alvaro

14/01/2010 12:49

De todas formas me estoy dando cuenta que tal y como está planteado el problema, el enunciado es muy muy ambiguo. Solo se nos muestran 4 factores de un producto infinito, y todos hasta ahora hemos supuesto que lo que se pregunta es por el limite cuando n tiende a infinito de los n primeros términos de una sucesión. Lo que ocurre es que esta sucesión que estamos considerando hasta ahora no es la única que encaja con estos 4 primeros términos, sino que habría infinitas sucesiones que encajarían con estos 4 primeros términos con las consiguientes infinitas solucciones al… Lee más »

Responde

alvaro

14/01/2010 12:55

con respecto a lo que comenta «Osukaru» no estoy de acuerdo, creo que no se puede ser tan tan estricto porque entonces tendríamos que demostrar también por la misma regla de tres que suma por diferencia igual a diferencia de cuadrados, que es otro resultado que se ha usado en el problema y que es igual de evidente que demostrar que los dos problemas son el mismo, y que al ser tan evidente a nadie se le ocurre pedir que se demuestre porque se supone que todos sabríamos demostrarlo.

En fin, que es solo una opinión

Responde

Osukaru

14/01/2010 13:48

No me refiero a eso alvaro. Lo que digo es que hay que ser estricto a la hora de definir el producto infinito que nos plantean con una fórmula general. Imagina que nos plantean este otro producto infinito . Alguien podría decir que es el producto infinito de los inversos de los números naturales multiplicado por un primer término que es 1 y otro podría decir que es el el producto de los inversos de los números de Fibonacci. ¿Cuál es el planteamiento correcto? Evidentemente es el segundo, porque ha dado un sentido a todos los términos de la sucesión.… Lee más »

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