Botando unha ollada ao Journal of Mathematics Education, caín de casualidade nun artigo sobre a educación dos cativos con talento para as Matemáticas en China. E nel, nunha actividade proposta por un profesor, un problema puramente técnico (vaia, ningunha apostila do estilo lexislativo español, "...da vida cotiá") que veño compartir hoxe:
Amosar que $log_2 3 > log_3 4$
Na aula, o profesor continuou co análogo $log_4 5 > log_5 6 $ e un dos alumnos talentosos preguntou se sería certo sempre que $log_n (n+1) > log_{n+1}(n+2) , \forall n \in \mathbb{N}, n \geq 2$
E como a demostración que fai un dos alumnos ten o seu truco, quería ver se algún amable lector atopa outra proba. Ou ben, refutando a miña idea de que ten truco, chega á mesma demostración que o cativo chinés.
Por certo, non enlazo o artigo para que non vos pase o mesmo que a min, que vin sen querer a devandita demostración.
Vou aventurar unha solución, acho que non ten truco, mais se cadra ten e non o vexo: escribimos na forma log_{n-1} n > log_{n} (n+1) e mudando de base a neperianos ln (n)/ln (n-1) > ln(n+1)/ln(n), agora multiplicamos por ambos os denominadores ln(n)ln(n) > ln(n-1)ln(n+1). Por último aplicamos a desigüaldade AM-GM \sqrt(ln(n-1)ln(n+1)) < (ln(n-1) + ln(n+1))/2 que vai dar \sqrt(ln(n-1)ln(n+1)) < (ln(n-1)(n+1))/2 = (ln(n^2 - 1))/2 < ln(n) elevando ao cadrado temos o que queríamos ln(n-1)ln(n+1) < ln(n)^2.
ResponderEliminarIgual foi moito dicir, pero eu pensei que dentro dunha actividade curricular (para gifted students, pero curricular a fin de contas) apelar a desigualdades, que tamén é o que fai o rapaz, era demasiado pedir. E facer un rodeo polo feito no que se basea a AM-GM, é dicir, $(a-b)^2 \geq 0$ é moito choio con tanto símbolo.
EliminarPor certo, A Fonsagrada, se queres saír do anonimato, podes enviarme un correo a coquejj77 at gmail . com. Que sempre me fai ilusión ver quen comenta.
Outra proba máis simple: ln (n+1) - ln (n) é positivo e decrecente (vese doado derivando). Por tanto se escribimos ln (n) = x, ln(n+1)=x+a, ln(n+2)=x+a+b, onde b < a, temos despois de mudar a base: (x + a)/x > (x + a + b)/(x+a) e por tanto 1 + a/x > 1 + b/(x+a)
EliminarAquí vexo o problema da derivada, claro, pois dependendo do curso non estará dispoñible como ferramenta. Pero vaia, supoñendo o crecemento do neperiano, ten solución sinxela: $$ln(n+1)-ln n= ln \left(\frac{n+1}{n}\right)=ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$$
EliminarE esta expresión é sinxelo ver que é decrecente directamente das propiedades elementais dos números.