Απειρογινόμενο

Tolaso J Kos · #1

Να υπολογιστεί το γινόμενο:

$\displaystyle{\Pi = \prod_{n=2}^{\infty} \left ( 1- \frac{1}{n^2} \right )^{n^2}}$

Μάρκος Βασίλης · #2

Θέτουμε $a_n=\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^{n^2}$

Παίρνω ως δεδομένο ότι:

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^{n^2}=\frac{1}{e}<1.$

Επομένως, υπάρχει $n_0\in\mathbb{N}$ τέτοιο ώστε για κάθε $n\geq n_0$ να ισχύει $a_n<\theta$ για κάποιο $\theta\in(e^{-1},1)$ . Για $n\geq n_0$ θεωρούμε τα μερικά γινόμενα:

$\displaystyle p_n=\prod_{k=n_0}^na_k\leq\prod_{k=n_0}^n\theta=\theta^{n-n_0}.$

Επομένως $\lim\limits_{n\to+\infty}p_n=0$ , αφού $\theta^{n-n_0}\to0$ .

Τελικά:

$\displaystyle \Pi=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^na_k=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\cdot p_n=\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\lim_{n\to+\infty}p_n=0.$

#3

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm
ισχύει $a_n<\theta$
...
$\prod_{k=n_0}^na_k\leq\prod_{k=n_0}^n\theta^k$

Χάνω κάτι εδώ;

Μάρκος Βασίλης · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 9:18 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm
ισχύει $a_n<\theta$
...
$\prod_{k=n_0}^na_k\leq\prod_{k=n_0}^n\theta^k$

Χάνω κάτι εδώ;

Όχι, έκανα τυπογραφικό εγώ, δε χρειάζεται το

, προφανώς. Το διορθώνω άμεσα! Ευχαριστώ!

#5

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm

$\displaystyle \Pi=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^na_k=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\cdot p_n=\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\lim_{n\to+\infty}p_n=0.$

Χμμμ. Κάτι δεν πάει καλά: Έχουμε πρόβλημα σύγκλισης. Ακριβέστερα, όπως ακριβώς λέει
εδώ και σε όλα τα βιβλία που μελετούν απειρογινόμενα,
The product is said to converge when the limit exists and is not zero
(λέμε ότι το απειρογινόμενο συγκλίνει αν υπάρχει το όριο και είναι μη μηδενικό)

Για το συγκεκριμένο δεν χρειάζεται να κάνουμε τόση φασαρία αλλά λογαριθμίζοντας (οι όροι είναι γνήσια θετικοί) βλέπουμε ότι το μερικό
άθροισμα είναι $\displaystyle{\sum _1^N \ln \left ( 1- \frac {1}{n^2}\right ) ^{n^2}}$ που αποκλίνει αφού $\displaystyle{ \ln \left ( 1- \frac {1}{n^2}\right ) ^{n^2} \to \ln \frac {1}{e} = -1 \ne 0}$

Μάρκος Βασίλης · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 10:00 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm

$\displaystyle \Pi=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^na_k=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\cdot p_n=\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\lim_{n\to+\infty}p_n=0.$
Χμμμ. Κάτι δεν πάει καλά: Έχουμε πρόβλημα σύγκλισης. Ακριβέστερα, όπως ακριβώς λέει
εδώ και σε όλα τα βιβλία που μελετούν απειρογινόμενα,
The product is said to converge when the limit exists and is not zero
(λέμε ότι το απειρογινόμενο συγκλίνει αν υπάρχει το όριο και είναι μη μηδενικό)

Για το συγκεκριμένο δεν χρειάζεται να κάνουμε τόση φασαρία αλλά λογαριθμίζοντας (οι όροι είναι γνήσια θετικοί) βλέπουμε ότι το μερικό
άθροισμα είναι $\displaystyle{\sum _1^N \ln \left ( 1- \frac {1}{n^2}\right ) ^{n^2}}$ που αποκλίνει αφού $\displaystyle{ \ln \left ( 1- \frac {1}{n^2}\right ) ^{n^2} \to \ln \frac {1}{e} = -1 \ne 0}$

Αυτό είναι η αλήθεια ότι το έχω ξαναδεί (ότι πρέπει να μιλάμε για μη μηδενικό όριο).

Ωστόσο, αναγκαία συνθήκη για να συγκλίνει ένα απειρογινόμενο (με μη μηδενικό όριο) $\prod a_n$ είναι $a_n\to1$ , το οποίο δεν ισχύει στην περίπτωσή μας.

#7

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 10:15 pm

Ωστόσο, αναγκαία συνθήκη για να συγκλίνει ένα απειρογινόμενο (με μη μηδενικό όριο) $\prod a_n$ είναι $a_n\to1$ , το οποίο δεν ισχύει στην περίπτωσή μας.

Σωστά. Αυτό που έγραψα είναι η απόδειξη.

Ας σημειώσω εδώ ότι ένας από τους λόγους που, εξ ορισμού, λέμε ότι ένα απειρογινόμενο με γνήσια θετικούς όρους αποκλίνει όταν τα μερικά του γινόμενα συγκλίνουν στο

, είναι ακριβώς για να είναι συμβατή η θεωρία με την αντίστοιχη των αθροισμάτων (μέσω λογαρίθμων).

Μάρκος Βασίλης · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 10:50 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 20, 2019 10:15 pm

Ωστόσο, αναγκαία συνθήκη για να συγκλίνει ένα απειρογινόμενο (με μη μηδενικό όριο) $\prod a_n$ είναι $a_n\to1$ , το οποίο δεν ισχύει στην περίπτωσή μας.
Σωστά. Αυτό που έγραψα είναι η απόδειξη.

Ας σημειώσω εδώ ότι ένας από τους λόγους που, εξ ορισμού, λέμε ότι ένα απειρογινόμενο με γνήσια θετικούς όρους αποκλίνει όταν τα μερικά του γινόμενα συγκλίνουν στο , είναι ακριβώς για να είναι συμβατή η θεωρία με την αντίστοιχη των αθροισμάτων (μέσω λογαρίθμων).

Πολύ σωστή παρατήρηση αυτή (την τελευταία φορά που χρειάστηκε να αποδείξω την εν λόγω αναγκαιότητα της συνθήκης πήγα, μάλλον, μέσω Λαμίας).

Απειρογινόμενο

Απειρογινόμενο

Re: Απειρογινόμενο

Re: Απειρογινόμενο

Re: Απειρογινόμενο

Re: Απειρογινόμενο

Re: Απειρογινόμενο

Re: Απειρογινόμενο

Re: Απειρογινόμενο

Μέλη σε σύνδεση