Para $n \geq 2$ demuestre que $(1- \frac{1}{4})(1- \frac{1}{9})(1- \frac{1}{16})...(1- \frac{1}{n^2}) = \frac{n+1}{2n}$

Question

Para $n \geq 2$ demuestre que $(1- \frac{1}{4})(1- \frac{1}{9})(1- \frac{1}{16})...(1- \frac{1}{n^2}) = \frac{n+1}{2n}$

Tenemos que utilizar la inducción.

El Principio de Inducción Matemática, Teorema 4.2.1, establece que $n_0 \in \mathbb{Z}$ . Para cada número entero $n \geq n_o$ , dejemos que $P(n)$ ser una declaración sobre $n$ . Supongamos que las dos afirmaciones siguientes son ciertas:

1. $P(n_o)$
2. $( \forall n \geq n_o)[P(n) \rightarrow P(n+1)]$

Entonces, para todos los números enteros $n \geq n_o$ esa declaración $P(n)$ es cierto.

Supongamos, $(1- \frac{1}{4})(1- \frac{1}{9})(1- \frac{1}{16})...(1- \frac{1}{n^2}) = \frac{n+1}{2n}$ la ecuación, es cierta para algún número natural $k$ .

$\frac{1}{2^2})*...*(1- \frac{1}{k^2}) = \frac{k+1}{2k}$

La hipótesis de la inducción $P(k) \rightarrow P(k+1)$ debe cumplirse para cualquier número natural $k, P(k),$ de la base y el paso inductivo.

$(\frac{1}{2^2})*...*(1- \frac{1}{k^2})*(1- \frac{1}{(k+1)^2}) = \frac{k+1}{2k}(1- \frac{1}{(k+1)^2})$

$\leftrightarrow$ $\frac{k+1}{2k}(\frac{(k+1)^2}{(k+1)^2}- \frac{1}{(k+1)^2})$

$\leftrightarrow$ $(\frac{(k+1)}{2k})( \frac{(k+1)^2-1}{(k+1)^2})$

$\leftrightarrow$ $( \frac{(k^2+2k+1-1}{(2k)(k+1)})$

$\leftrightarrow$ $( \frac{(k^2+2k}{(2k)(k+1)})$

$\leftrightarrow$ $( \frac{k+2}{(2)(k+1)})$

Tenemos que demostrar que

$(\frac{1}{2^2})*...*(1- \frac{1}{n^2}) = \frac{n+1}{2n}$

es válido para $n \geq 2$

La pregunta es ¿simplemente sustituyo un número que sea mayor que dos después de haber hecho la inducción?

Answer 1

Sin inducción: $$ \begin{align} \prod_{k=2}^n\left(1-\frac1{k^2}\right) &=\prod_{k=2}^n\left[\left(1-\frac1k\right)\left(1+\frac1k\right)\right]\\ &=\prod_{k=2}^n\left(\frac{k-1}{k}\right)\prod_{k=2}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)\\ &=\prod_{k=1}^{n-1}\left(\frac{k}{k+1}\right)\prod_{k=2}^n\left(\frac{k+1}{k}\right)\\ &=\frac12\color{#C00000}{\prod_{k=2}^{n-1}\left(\frac{k}{k+1}\right)}\cdot\frac{n+1}{n}\color{#C00000}{\prod_{k=2}^{n-1}\left(\frac{k+1}{k}\right)}\\ &=\frac{n+1}{2n} \end{align} $$

---

Comentario sobre la inducción: La fórmula para el producto de $n-1$ términos es es $\frac{n+1}{2n}$ .

Para $n=1$ el producto de $0$ términos es $1$ y eso es lo que da la fórmula.

Plazo $n$ es $1-\frac1{(n+1)^2}$ por lo que el producto de $n$ términos es $$ \begin{align} \frac{n+1}{2n}\left(1-\frac1{(n+1)^2}\right) &=\frac{n+1}{2n}\cdot\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\\ &=\frac{n+2}{2(n+1)} \end{align} $$ que es la fórmula para $n$ condiciones.

Answer 2

El principio de Inducción debe utilizarse en dos pasos, denominados base y paso de inducción .

Para base debe comprobar que el teorema o identidad que desea demostrar es cierto para el "punto de partida". $n$ ; en su caso, para $n = 2$ .

Por lo tanto, debe comprobar que :

$(1- \frac{1}{4})(1- \frac{1}{9})(1- \frac{1}{16})...(1- \frac{1}{n^2}) = \frac{n+1}{2n}$

es verdadero (y esto es sencillo: ponga $n = 2$ dentro de la fórmula y verás que tanto el LHS como el RHS te dan $\frac{3}{4}$ ).

Para el paso de inducción debe asuma (es decir supongamos que ) esa identidad se cumple para $n$ (lo llamamos hipótesis de inducción ) y demostrar que (bajo esta supuesto ) también es válido para $n+1$ .

Esto se hace escribiendo el LHS hasta el $(n+1)$ -(depende del problema; es más difícil escribirlo en palabras que calcularlo) del primer término. $n$ términos y el $(n+1)$ -th.

Entonces explota el hipótesis de inducción y sustituir en el LHS el RHS de la hipo inducción y añadirle o sumarle $(n+1)$ -... y a ver qué pasa.

Así que, al final, tu método es el correcto; siempre que corrijas la errata de la tercera línea del archivo paso de inducción obtendrá el resultado correcto, tan pronto como (yo prefiero trabajar con $n$ en lugar de $k$ ) te das cuenta de que :

$\frac{n+2}{2(n+1)} = \frac{(n+1)+1}{2(n+1)}$

es exactamente el lado derecho de su fórmula para el caso $n+1$ .

Answer 3

Mi manera no utiliza la inducción. Utiliza fórmulas $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ $$(1- \frac{1}{4})(1- \frac{1}{9})(1- \frac{1}{16})...(1- \frac{1}{n^2}) =\\=((1- \frac{1}{2})(1- \frac{1}{3})(1- \frac{1}{4})...(1- \frac{1}{n}))((1+ \frac{1}{2})(1+ \frac{1}{3})(1+\frac{1}{4})...(1+ \frac{1}{n})) = \\=(\frac12\cdot\frac23\cdot\frac34 \ldots \cdot\frac{n-1}{n}) (\frac32\cdot\frac43\cdot\frac54 \ldots \cdot\frac{n+1}{n})= \frac{1}{n}(\frac{1}{2}(n+1))=\frac{n+1}{2n}$$

Answer 4

Aquí tienes una respuesta que utiliza funciones logarítmicas.

Sea $$ P_n=\prod_{k=2}^{n}\left(1-\frac{1}{k^2}\right) $$ y $$ S_n=\log P_n. $$ Entonces \begin{eqnarray} S_n&=&\log\prod_{k=2}^{n}\left(1-\frac{1}{k^2}\right)\\ &=&\sum_{k=2}^{n}\log\left(1-\frac{1}{k^2}\right)\\ &=&\sum_{k=2}^{n}\log\left(\frac{k^2-1}{k^2}\right)\\ &=&\sum_{k=2}^{n}\log\left[\left(\frac{k-1}{k}\right)\left(\frac{k+1}{k}\right)\right]\\ &=&\sum_{k=2}^{n}\left[\log\left(\frac{k-1}{k}\right)+\log\left(\frac{k+1}{k}\right)\right]\\ &=&\sum_{k=2}^{n}\left[\log(k-1)-\log(k)\right]+\sum_{k=2}^n\left[\log(k+1)-\log(k)\right]\\ &=&\sum_{k=1}^{n-1}\log(k)-\sum_{k=2}^{n}\log(k)+\sum_{k=3}^{n+1}\log(k)-\sum_{k=2}^{n}\log(k)\\ &=&\log(1)+\sum_{k=2}^{n-1}[\log(k)-\log(k)]-\log(n)+\log(n+1)+\sum_{k=3}^{n}[\log(k)-\log(k)]-\log(2)\\ &=&0+0-\log(n)+\log(n+1)+0-\log(2)\\ &=&\log\left(\frac{n+1}{2n}\right). \end{eqnarray}

Desde $$ S_n=\log P_n=\log\left(\frac{n+1}{2n}\right), $$ se deduce que $$ P_n=\prod_{k=2}^{n}\left(1-\frac{1}{k^2}\right) =\frac{n+1}{2n} $$