Muestran que

Question

Tengo este problema que dice que para cualquier entero positivo <span class="math-container">$n$</span>, <span class="math-container">$n \neq 0$</span> la siguiente desigualdad es cierta: <span class="math-container">$$\left(1+\frac{1}{1^3}\right)\left(1+\frac{1}{2^3}\right)\left(1+\frac{1}{3^3}\right)...\left(1+\frac{1}{n^3}\right) este problema me fue dado en una conferencia sobre la inducción, pero cualquier tipo de solución sería bueno. Y también estoy en grado 10 :)</span>

Answer 1

Los casos de $n=1$ e $n=2$ puede ser verificada de forma manual. Suponemos que $n\geq 3$. Para un entero $k>2$, tenemos $$1+\frac{1}{k^3}=\left(1+\frac1k\right)\left(1-\frac1k+\frac1{k^2}\right)=\left(1+\frac1k\right)\left(\frac{k-1}{k}\right)^2\left(1+\frac{1}{k-1}+\frac{1}{(k-1)^2}\right).$$ Tomamos nota de que $$1+\frac{1}{k-1}+\frac1{(k-1)^2}=\frac{1-\frac{1}{(k-1)^3}}{1-\frac{1}{k-1}}<\frac{1}{1-\frac{1}{k-1}}=\frac{k-1}{k-2}$$ para $k>2$. Es decir, $$\prod_{k=1}^n\left(1+\frac1{k^3}\right)\leq \left(1+\frac1{1^3}\right)\left(1+\frac1{2^3}\right)\prod_{k=3}^n\left(1+\frac1k\right)\left(\frac{k-1}{k}\right)^2\left(\frac{k-1}{k-2}\right).$$ El lado derecho se puede chocarse muy bien: $$\prod_{k=3}^n\left(1+\frac1k\right)=\frac{n+1}{3},$$ $$\prod_{k=3}^n\left(\frac{k-1}{k}\right)=\frac{2}{n},$$ y $$\prod_{k=3}^n\left(\frac{k-1}{k-2}\right)=n-1.$$ Por lo tanto, $$\prod_{k=1}^n\left(1+\frac1{k^3}\right)\leq 2\left(\frac98\right)\left(\frac{n+1}{3}\right)\left(\frac{2}{n}\right)^2(n-1)=3\left(\frac{n^2-1}{n^2}\right)<3.$$

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De hecho, para un entero positivo fijo $m\geq 3$ y por cada $n\geq m$, tenemos $$\prod_{k=1}^n\left(1+\frac1{k^3}\right)\leq t_m\left(\frac{n^2-1}{n^2}\right) <t_m,$$ donde $$t_m=\frac{m^2}{m^2-1}\ \prod_{k=1}^m\left(1+\frac{1}{k^3}\right).$$ Si tomamos $m=5$, obtenemos $m=\frac{637}{256}<\frac{640}{256}=\frac52$. Así, podemos probar una fuerte desigualdad de $$\prod_{k=1}^n\left(1+\frac1{k^3}\right)<\frac52.$$

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Por escritura $1+\frac{1}{k^3}$ como $$\frac{(k+1)(k-u)(k-v)}{k^3}=\frac{k+1}{k}\left(\frac{\Gamma(k+1-u)}{\Gamma(k-u)}\right)\left(\frac{\Gamma(k+1-v)}{\Gamma(k-v)}\right)\left(\frac{\Gamma(k)}{\Gamma(k+1)}\right)^2,$$ donde $u=\frac{1+\sqrt{3}i}2$ e $v=\bar{u}=1-u$, tenemos $$\prod_{k=1}^n\left(1+\frac1{k^3}\right)=\frac{(n+1)\Gamma(n+1-u)\Gamma(n+1-v)}{\Gamma(1-u)\Gamma(1-v)\big(\Gamma(n+1)\big)^2}.$$ A partir de la reflexión de la fórmula, y a partir de la relación $u+v=1$, tenemos $$\Gamma(1-u)\Gamma(1-v)=\Gamma(1-u)\Gamma(u)=\left(\frac{\pi}{\sin(\pi u)}\right).$$ Desde \begin{align}\sin(\pi u)&=\sin\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\pi i\right)\\&=\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)\cosh\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right)+i\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)\sinh\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right) \\&=\cosh\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right),\end{align} llegamos a la conclusión de que $$\Gamma(1-u)\Gamma(1-v)=\frac{\pi}{\cosh\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right)}.$$ Esto lleva a \begin{align}\prod_{k=1}^n\left(1+\frac1{k^3}\right)&=\frac{\cosh\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right)}{\pi}\left(\frac{(n+1)\Gamma(n+1-u)\Gamma(n+1-v)}{\big(\Gamma(n+1)\big)^2}\right) \\&=\frac{\cosh\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right)}{\pi}\left(\frac{\Gamma(n+1-u)\ (n+1)^u}{\Gamma(n+1)}\right)\left(\frac{\Gamma(n+1-v)\ (n+1)^v}{\Gamma(n+1)}\right).\end{align} Desde $$\lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(n+z)}{\Gamma(n)\ n^z}=1$$ para todos los $z\in\mathbb{C}$, obtenemos $$\prod_{k=1}^\infty\left(1+\frac1{k^3}\right)=\frac{\cosh\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right)}{\pi}\approx 2.42818979.$$

Answer 2

Denotar $p(n):=(1+\frac{1}{1^3})(1+\frac{1}{2^3})(1+\frac{1}{3^3})...(1+\frac{1}{n^3})$.

Reclamo: $$p(n)\leq3-\frac2{n^2},\,\forall n\geq2.$$

Para $n=2$, tenemos $\frac94\leq3-\frac12$.

A continuación, supongamos $p(n)\leq3-\frac2{n^2}$ para algunos $n$. Vemos $$\eqalign{ p(n+1) y=p(n)(1+\frac1{(n+1)^3})\cr &\leq3-\frac{2}{n^2}+\frac3{(n+1)^3}-\frac{2}{n^2(n+1)^3}\cr Y=3+\frac{3n^2-2(n^3+3n^2+3n+1)-2}{n^2(n+1)^3}\cr Y=3-\frac{2n^3+3n^2+6n+4}{n^2(n+1)^3}\cr Y=3-\frac{2n^3+2n^2+(n^2+6n+4)}{n^2(n+1)^3}\cr &\leq3-\frac{2n^2(n+1)}{n^2(n+1)^3}\cr &\leq3-\frac2{(n+1)^2}}.$$

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Como se ha señalado por @saulspatz, uno puede demostrar que $p(n)\leq3-\frac1n,\forall n\geq1$ por el mismo método.

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Espero que esto ayude.

Answer 3

Tenemos

<span class="math-container">$$\prod_{k=1}^\infty \left(1+\frac{1}{k^3}\right)</span>

y desde <span class="math-container">$\forall x>0\, \log(1+x)<x></x></span>

<span class="math-container">$$\sum{k=1}^\infty \log\left(1+\frac{1}{k^3}\right)=\log 2+\sum{k=2}^\infty \log\left(1+\frac{1}{k^3}\right)</span>

Answer 4

Tomar en serio las sugerencias del Dr. Sonnhard Graubner y J. G., uno realmente puede demostrar que, para $x\in\mathbb{C}$ e $p\in\mathbb{N}_+$, $$ \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{x^p}{n^p}\right) = \prod_{j=1}^p \frac{1}{\Gamma(1+\omega_p^j x)} , $$ donde $\{-\omega_p^j\}_{j=1}^p$ son $p$-th raíces de $-1$.

De hecho, el uso de ese $\sum_{j=1}^p \omega_p^j = 0$ e esta identidad (ver también este), uno tiene que $$ \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{x^p}{n^p}\right) = \prod_{j=1}^p \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{\omega_p^j x}{n}\right) = \prod_{j=1}^p e^{-\omega_p^j x \gamma} \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{\omega_p^j x}{n}\right) e^{-\frac{\omega_p^j x}{n}} $$ converge, como $N\to\infty$, a $$ \prod_{j=1}^p \frac{1}{\omega_p^j x \Gamma(\omega_p^j x)} = \prod_{j=1}^p \frac{1}{\Gamma(1+\omega_p^j x)}. $$

Especializada para $p=3$ e $x=1$ y utilizando la fórmula para el valor absoluto aquí, tenemos $$ \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{1}{n^p}\right) = \frac1{\Gamma(1+1)\Gamma(1-\frac12-\frac{\sqrt3 i}2)\Gamma(1-\frac12+\frac{\sqrt3 i}2)} = \frac1{|\Gamma(\frac12+\frac{\sqrt3 i}2)|} = \frac{\cosh\left(\frac{\sqrt3 }2\pi\right)}{\pi} . $$

Answer 5

<span class="math-container">$AM-GM$</span><span class="math-container">\begin{align} 1.(1+\frac{1}{2^3})(1+\frac{1}{3^3})\cdots(1+\frac{1}{n^3}) &\leq\left(\dfrac1n(n+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}+\cdots+\frac{1}{n^3})\right)^n \ &\leq\left(\dfrac1n(n+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}-1)\right)^n \ &\leq\left(\dfrac1n(n+\zeta(3)-1)\right)^n \ &\leq\left(1+\dfrac{\zeta(3)-1}{n}\right)^n \ & gracias a Winther. </span>