Contamos con el arreglo a esta impedimento, al menos eso creemos. Si continuas con dudas coméntalo, que sin dudarlo te responderemos
Solución:
Podemos demostrarlo por inducción. Sea $$ frac1R^(n)_eq = frac1R_1 + cdots+ frac1R_n $$ Ahora, cuando $n=2 $, encontramos $$ frac1R^(2)_eq = frac1R_1 + frac1R_2 implica R_eq^ (2) = fracR_1 R_2R_1+R_2 = fracR_11+fracR_1R_2 = fracR_21+fracR_2R_1 $$ Como $fracR_1R_2 > 0$, vemos que $R^(2)_eq < R_1$ y $R^(2)_eq < R_2$ o equivalentemente $R^(2)_eq < min(R_1, R_2)$.
Ahora, supongamos que es true que $R^(n)_eq < min (R_1, cdots, R_n)$. Entonces, considere $$ frac1R^(n+1)_eq = frac1R_1 + cdots+ frac1R_n + frac1 R_n+1 = frac1R^(n)_eq + frac1R_n+1 $$ Usando el resultado de $n =2$, encontramos $$ R^(n+1)_eq < min ( R_n+1 , R^(n)_eq ) < min ( R_ n+1 , min (R_1, cdots, R_n)) $$ Pero $$ min ( R_n+1 , min (R_1, cdots, R_n)) = min ( R_n+ 1 , R_1, cdots, R_n) $$ Por lo tanto $$ R^(n+1)_eq < min ( R_1, cdots, R_n , R_n+1 ) $$ Por lo tanto, hemos demostrado que la relación anterior se cumple para $n=2$ y, además, siempre que se cumple para $n$, también se cumple para $n+1$. Así, por inducción, es true para todo $ngeq2$.
Piensa en el flujo de corriente.
Si tomamos cada resistencia individual y determinamos la corriente para el voltaje aplicado, obtenemos: $$I_T=frac VR_1 +frac VR_2 + …$$ Dividiendo todo por el voltaje danos: $$frac I_TV=frac 1R_1 +frac 1R_2 + …$$ Que es lo mismo que: $$frac 1 R_eq=frac 1R_1 +frac 1R_2 + …$$ Dado que hay más corriente fluyendo en todas las resistencias que a través de una sola resistencia, entonces la resistencia equivalente debe ser menor que las resistencias individuales.
Las resistencias individuales son todas positivas, por lo que la suma $$ frac1R_1 + frac1R_2 + frac1R_3 + dots ,,$$ es mayor que la inversa de cualquiera de las resistencias individuales, y eso significa que la inversa de la suma es necesariamente menor que cualquiera de las resistencias.
Sin perder el tiempo con la forma de dos resistencias requerida.
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