Σελίδα 1 από 1

Ένα όμορφο όριο

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Δεκ 02, 2018 9:52 am
από Tolaso J Kos
Ας υπολογιστεί το όριο:

\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} n \prod_{m=1}^{n} \left ( 1- \frac{1}{m} + \frac{5}{4m^2} \right )}
\displaystyle{\ell =\frac{\cosh \pi}{\pi}}

Re: Ένα όμορφο όριο

Δημοσιεύτηκε: Τρί Απρ 23, 2019 10:33 pm
από Tolaso J Kos
Εντάξει Τολάσο , όμορφο είναι! Ας το επαναφέρουμε!

Re: Ένα όμορφο όριο

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Αύγ 15, 2019 5:09 pm
από Λάμπρος Κατσάπας
Tolaso J Kos έγραψε:
Κυρ Δεκ 02, 2018 9:52 am
Ας υπολογιστεί το όριο:

\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} n \prod_{m=1}^{n} \left ( 1- \frac{1}{m} + \frac{5}{4m^2} \right )}
Τόλη γεια χαρά!

Για κάθε z \in C^* ισχύει \displaystyle \prod_{n=1}^{\infty }\left ( 1+\frac{z^2}{n^2} \right )=\frac{\sin \pi iz}{\pi iz}. Για z=1 και z=2 παίρνουμε τις παρακάτω:

 \displaystyle \prod_{n=1}^{\infty }\left ( 1+\frac{1}{n^2} \right )=\frac{\sin \pi i}{\pi i},\prod_{n=1}^{\infty }\left ( 1+\frac{4}{n^2} \right )=\frac{\sin 2\pi i}{2\pi i}.
Είναι τώρα

\displaystyle a_n:= \prod_{m=1}^{n} \left (1- \frac{1}{m} + \frac{5}{4m^2} \right )=\prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2+4}{4m^2}= \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2+4}{(2m-1)^2} \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{4m^2+4} \prod_{m=1}^{n}\frac{4m^2+4}{4m^2}

\displaystyle =\prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{4}{(2m-1)^2} \right ) \prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{4}{(2m)^2} \right ) \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{4m^2+4}= \prod_{m=1}^{2n}\left (1+\frac{4}{m^2} \right ) \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{4m^2+4}.

Όμως \displaystyle\prod_{m=1}^{2n}\left (1+\frac{4}{m^2} \right ) \underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow} \frac{\sin 2\pi i}{2\pi i}

και

\displaystyle\prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{4m^2+4}= \frac{1}{4^n} \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{m^2}\left (\prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{1}{m^2} \right ) \right )^{-1}= \frac{1}{(4^n)^2}\frac{((2n)!)^2}{(n!)^4}\left (\prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{1}{m^2} \right ) \right )^{-1}.

Από Stirling έχουμε \displaystyle \frac{1}{(4^n)^2}\frac{((2n)!)^2}{(n!)^4}\sim \frac{1}{\pi n} . Επίσης, \displaystyle \left (\prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{1}{m^2} \right ) \right )^{-1}\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\frac{\pi i}{\sin \pi i}.

Βάζοντάς τα κάτω έχουμε τελικά ότι

\displaystyle n a_n\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\frac{\sin 2\pi i}{2 \pi \sin \pi i}=\frac{e^{2\pi} - e^{-2\pi}}{2\pi (e^{\pi} - e^{-\pi})}=\frac{e^{\pi} + e^{-\pi}}{2 \pi }=\frac{\cosh \pi }{\pi }.