Όριο

Tolaso J Kos · #1

Υπολογίσατε το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{2^{n}} \prod_{k=1}^{n} \left ( 2- \frac{3}{3k-1} \right )}$

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 02, 2018 11:33 am
Υπολογίσατε το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{2^{n}} \prod_{k=1}^{n} \left ( 2- \frac{3}{3k-1} \right )}$

Απάντηση:

$\displaystyle{\displaystyle{\frac{1}{2^{n}} \prod_{k=1}^{n} \left ( 2- \frac{3}{3k-1} \right ) = \prod_{k=1}^{n} \left ( 1- \frac{3}{6k-2} \right ) = \prod_{k=1}^{n} \left ( \frac{6k-5}{6k-2} \right ) }}$

$\displaystyle{\displaystyle{ = \prod_{k=1}^{n} \left ( \frac{k-5/6}{k-2/6} \right ) = \prod_{k=0}^{n-1} \left ( \frac{k+1/6}{k+4/6} \right )= \frac{\Gamma (n+1/6) / \Gamma (n) }{\Gamma (n+4/6) / \Gamma (n)} = \frac{\Gamma (n+1/6) }{\Gamma (n+4/6) }}$

που από Stirling είναι $\displaystyle{ \sim \frac {\sqrt {2\pi} e^{-n} n ^{n+1/6-1/2} }{\sqrt {2\pi} e^{-n} n ^{n+4/6-1/2}}= \frac {1} {n^{3/6} }\to 0}$

#3

Μπορούμε να αποφύγουμε τις $\Gamma$ συναρτήσεις και Stirling δείχνοντας, π.χ. επαγωγικά, ότι

$\displaystyle{ \prod_{k=0}^{n-1} \left ( \frac{k+1/6}{k+4/6} \right ) \le \frac {2}{\sqrt {n+1}}}$

Το αφήνω ως άμεσο.

Λάμπρος Κατσάπας · #4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 02, 2018 11:33 am
Υπολογίσατε το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{2^{n}} \prod_{k=1}^{n} \left ( 2- \frac{3}{3k-1} \right )}$

Γεια σου Τόλη !Ισπανικό είναι το όριο;

Το μερικό γινόμενο γράφεται $\prod_{k=1}^{n}\left ( \frac{6k-5}{6k-2} \right ).$ Παίρνοντας λογάριθμο αρκεί να

υπολογίσουμε το $\sum_{k=1}^{\infty}\ln(6k-5)-\ln(6k-2).$ Κατά τα γνωστά είναι

$\frac{\ln(6k-5)-\ln(6k-2)}{(6k-5)-(6k-2)}>\frac{1}{6k-2}\Rightarrow \ln(6k-5)-\ln(6k-2)< -\frac{3}{6k-2}.$

Όμως $\sum_{k=1}^{\infty }-\frac{3}{6k-2}=-\infty$ και επομένως $\sum_{k=1}^{\infty}\ln(6k-5)-\ln(6k-2)=-\infty$

Άρα $\prod_{k=1}^{n}\left ( \frac{6k-5}{6k-2} \right )=0.$

Tolaso J Kos · #5

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 02, 2018 3:04 pm

Γεια σου Τόλη !Ισπανικό είναι το όριο;

Χαιρετίσματα από Ισπανία ( Μαδρίτη )

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Οπως ο Μιχάλης θέτουμε

$a_{n}=\prod_{k=1}^{n} \left ( 1- \frac{3}{6k-2} \right )=\prod_{k=1}^{n} \left ( 1- \frac{1}{2k-\frac{2}{3}} \right )$

Ειναι προφανές ότι η ακολουθία είναι γνησίως φθίνουσα και φραγμένη κάτω από το

.

Αρκεί να αποκλίσουμε την περίπτωση $a_{n}\rightarrow a$

με a>0

.

Αν ίσχυε αυτό τότε $\dfrac{a_{2^{n+1}}}{a_{2^{n}}}\rightarrow 1$

Αλλά

$\dfrac{a_{2^{n+1}}}{a_{2^{n}}}=\prod_{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}} \left ( 1- \frac{1}{2k-\frac{2}{3}} \right )\leq (1-\frac{1}{4.2^{n}-\frac{2}{3}})^{2^{n}}$

Επειδή $(1-\frac{1}{4.2^{n}-\frac{2}{3}})^{2^{n}}\rightarrow \dfrac{1}{\sqrt[4]{e}}$

εχουμε ΑΤΟΠΟ

#7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 02, 2018 2:18 pm
Μπορούμε να αποφύγουμε τις $\Gamma$ συναρτήσεις και Stirling δείχνοντας, π.χ. επαγωγικά, ότι

$\displaystyle{ \prod_{k=0}^{n-1} \left ( \frac{k+1/6}{k+4/6} \right ) \le \frac {2}{\sqrt {n+1}}}$

Μικρή παραλλαγή αυτής της λύσης: Εύκολα βλέπουμε $\displaystyle{\frac{6k-5}{6k-2} \le \sqrt {\frac{k}{k+1} }, \, (*)}$ . Πράγματι, με χρήση της $(1+a)^2\ge 1+2a$ έχουμε

$\displaystyle{\left ( \frac{6k-2}{6k-5} \right )^2 =\left (1+ \frac{3}{6k-5} \right )^2 \ge 1+ \frac{6}{6k-5} \ge 1+ \frac{6}{6k} = {\frac{k+1}{k}}$ που ισοδυναμεί με την αποδεικτέα.

Πολλαπλασιάζοντας τώρα κατά μέλη την (*) για k=1

έως

έχουμε τηλεσκοπικά

$\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n} \left ( \frac{6k-5}{6k-2} \right ) \le \frac {1}{\sqrt {n+1}} \to 0 }$ , και λοιπά.

Όριο

Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο

Re: Όριο

Μέλη σε σύνδεση