Iloczyn nieskończony ma to być symbol na oznaczenie ciągu takich mnożeń, w których to uwzględniamy coraz to więcej kolejnych, to skladników. Podobnie jak czyni sie to rozwazajac szeregi. Zgodnie z tym taki I trzeba by orzec ze jest zbieżny i mającym wartość U, tj tak go też oznaczać, gdy tenże ciąg dązyłby do liczby U jako do granicy. Ma to tę wadę, że wtedy musiałby być uznany za zbieżny każdy iloczyn w którym choć jeden czynnik byłby równy zero. W celu wykluczenia tych -i innych podobnych nic nie mówiących przypadków uzywamy więc bardziej "elastycznej" definicji, -takiej która uwzglednia odrębna rolę zera przy mnożeniu:*Def Iloczyn I= \(\displaystyle{ u_1u_2....u_n....}\) nazywamy zbieżnym (w ścisłym znaczeniu ) wtedy i tylko wtedy, gdy począwszy od pewnego miejsca, np dla każdego n>m, żaden czynnik un nie jest już zerem i gdy iloczyny czastkowe zaczynajace sie od tego miejsca , tj piszac to formalnie, tj
\(\displaystyle{ p_n=u_{m+1}u_{m+2}....u_n}\), dążą do granicy skończonej i różnej od zera. Jeśli przyjąc, że ta granica to \(\displaystyle{ U_m}\), to liczbę \(\displaystyle{ U}\), która jet oczywiście niezalezna od m, uważamy za wartość tego iloczynu I. tj notujac
\(\displaystyle{ U=u_1...u_mU_m}\),
U=\(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} u_n}\),
tj mamy
Twierdzenie Zbieżny iloczyn nieskończony ma wtedy i tylko wtedy wartość zero, gdy jeden z jego czynników jest równy zero. Ponieważ \(\displaystyle{ p_{n-1} \to U_m}\) gdy \(\displaystyle{ p_n \to U_m}\) i skoro ma być \(\displaystyle{ U_m \neq 0}\), więc
:arrow: \(\displaystyle{ u_n=\frac{p_n}{p_{n-1}} \to 1}\) tj mamy
:arrow: :arrow: Twierdzenie W zbieżnym iloczynie nieskończonym ciąg czynników zawsze dązy do 1.
:!: :idea: Z tego powodu bardziej celowe bedzie oznaczanie czynników przez \(\displaystyle{ u_n=1+a_n}\) i branie ze punkt wyjścia iloczynów w postaci \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)}\), Dla nich warunek \(\displaystyle{ a_n \to 0}\) jest koniecznym dla zbiezności. Liczby \(\displaystyle{ a_n}\), zwą się tu wyrazami iloczynu. Jeśli są one wszystkie \(\displaystyle{ \geq 0}\), to mówimy-podobnie jak dla szeregów-że są to iloczyny o wyrazach dodatnich.
:arrow: Zagadnienie zbieżności zostaje tu już rozstrzygnięte przez ważny wynik, można go nazwać twierdzeniem głównym:
:arrow: :arrow: Twierdzenie, Iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)}\) o dodatnich wyrazach jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbiezny jest szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} a_n}\)
Dowód szkic
Jesli s=\(\displaystyle{ \sum a_n}\) to obierzmy m tak by dla n>m było \(\displaystyle{ a_{m+1}+a_{m+2}+...+a_n }\) i dla tych n bedzie \(\displaystyle{ (1+a_{m+1})(a_{m+2})...(1+a_{n})}\) co znaczy ze ciąg \(\displaystyle{ p_n}\) jest ograniczony. W druga stronę implikacja oczywista, bo \(\displaystyle{ p_n >s_n}\)
:arrow: Notka historyczna, Iloczyny nieskończone występują po raz pierwszy u F. Viety (Opera. Leyden 1646 r. ), który podaje wzór \(\displaystyle{ \frac{2}{\pi}=\sqrt{\frac{1}{2}} \sqrt{{\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}} \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{{\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}}...}\), oraz u J. Wallisa (Opera. Oxford 1695 r. ), który w 1656 r. podał że \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}= \frac{2}{1} \frac{2}{3} \frac{4}{3} \frac{4}{5} \frac{6}{5} \frac{6}{7} ....}\). Ale dopiero dzieki Eulerowi, nastąpił szerszy rozwój tej teorii, pierwsze kryteria zbieżności pochodza od Cauchy'ego.
Przykłady
Ponieważ znamy sporo szeregów \(\displaystyle{ \sum a_n}\) zbieżnych, to też znamy na mocy tw wyżej tylez samo iloczynów zbieżnych \(\displaystyle{ \prod (1+a_n)}\) np
1. \(\displaystyle{ \prod (1+\frac{1}{n^{\alpha}})}\) jest dla \(\displaystyle{ \alpha >1}\) zbiezny, zaś dla \(\displaystyle{ \alpha \leq 1}\) rozbiezny. To ostatnie widać -np dla \(\displaystyle{ \alpha =1}\) od razu: \(\displaystyle{ (1+\frac{1}{1})(1+\frac{1}{2})...(1+\frac{1}{n})=\frac{2}{1} \frac{3}{2} \frac{4}{3}....\frac{n+1}{n}= n+1 \to +\infty}\)
2. \(\displaystyle{ \prod (1+x^n)}\) jest zbieżny dla \(\displaystyle{ 0 \leq x \leq 1}\) i podobnie \(\displaystyle{ \prod (1+x^{2n})}\)
3. \(\displaystyle{ \prod_{n=2}^{\infty} (1- \frac{2}{n(n+1)})=\prod_{n=2}^{\infty} \frac{(n-1)(n+2)}{n(n+1)}=\frac{1}{3}}\)
:arrow: :arrow: Twierdzenie główne- *(druga wersja )
Jeśli wszystkie \(\displaystyle{ a_n \geq 0}\), to iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1-a_n)}\) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy zbiezny jest szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} a_n}\)
:arrow:
Przykłady ciag dalszy
4. \(\displaystyle{ \prod (1-\frac{1}{n^{\alpha}})}\) jest zbiezny dla \(\displaystyle{ \alpha >1}\) zaś dla \(\displaystyle{ \alpha \leq 1}\) rozbiezny.
5. Jeśli \(\displaystyle{ a_n }\) i \(\displaystyle{ \sum a_n}\) jest rozbieżny, to jak wiemy \(\displaystyle{ \prod (1-a_n)}\) nie jest zbiezny. Ponieważ iloczyny cząstkowe \(\displaystyle{ p_n}\) maleją tu monotonicznie i są >0, więc mają granice, która tu musi być równa zero. mówimy w tej sytuacji iz nasz iloczyn jest rozbiezny do zera.
6. To, że \(\displaystyle{ \prod (1-\frac{1}{n})}\) jest rozbieżny do zera widac, znów łatwo, bo \(\displaystyle{ p_n=(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})...(1-\frac{1}{n})=\frac{1}{2} \frac{2}{3}...\frac{n-1}{n}=\frac{1}{n} \to 0}\)
Iloczyny o wyrazach dowolnych. Zbieżność bezwzględna
:arrow: :arrow: Twierdzenie, Iloczyn nieskończony \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)}\) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego \(\displaystyle{ \epsilon >0}\) można tak dobrać \(\displaystyle{ n_0}\), że dla wszystkich \(\displaystyle{ n>n_0}\) i \(\displaystyle{ k \geq 0}\):
\(\displaystyle{ |(1+a_{n+1})(1+a_{n+2})...(1+a_{n+k}) -1| }\)
:arrow:
:arrow:
*Def :arrow: Iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)}\) nazywamy bezwzględnie zbieżnym, gdy zbiezny jest iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+|a_n|)}\). Ma to sens, bo zachodzi:
Lemat Zbieżność iloczynu \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+|a_n|)}\) pociąga za sobą zbiezność iloczynu \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)}\).
Dowód wynika z szacowania: \(\displaystyle{ |(1+a_{n+1})(1+a_{n+2})...(1+a_{n+k}) -1| \leq (1+|a_{n+1}|)(1+|a_{n+2}|)...(1+|a_{n+k}|) -1}\). Oznacza to, że:
:!: :arrow: :arrow: Iloczyn \(\displaystyle{ \prod (1+|a_n|)}\) jest wtedy i tylko wtedy bezwzględnie zbieżny, gdy szereg \(\displaystyle{ \sum a_n}\) jest bezwzględnie zbieżny!
:arrow: :arrow: Twierdzenie (- "logarytmiczne")
Iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)}\) jest zbiezny wtedy i tylko wtedy, gdy począwszy od odpowiedniego wskażnika m,*) zbieżny jest szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=m+1}^{\infty} log(1+a_n)}\). Zbieżność zaś iloczynu jest wtedy i tylko wtedy bezwzględna, gdy zbieżność szeregu jest bezwzględna. Jeśli szereg ma sumę \(\displaystyle{ L_m}\) to \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)=(1+a_1)...(1+a_m)e^{L_m}}\)
)* Wystarczy tak dobrać m, by dla n>m było \(\displaystyle{ |a_n| }\)
Przykłady
7. Iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+ \frac{(-1)^{n-1}}{n})}\) jest zbiezny. Jego wartość znajdujemy przez utworzenie iloczynów cząstkowych, wynosi ona 1
8 Iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1-\frac{x^2}{n^2})}\) jest bezwzględnie zbiezny, przy dowolnym x
9. \(\displaystyle{ \prod_{n=2}^{\infty} (1- \frac{1}{n^2}) =\frac{1}{2}}\)
Związek miedzy szeregami a iloczynami. Zbieżność warunkowa i bezwzględna
Jak wiemy \(\displaystyle{ \sum a_n}\) jest to tylko inny symbol na ciag \(\displaystyle{ s_n}\) jego sum cząstkowych. Jeśli nie uwzględnić roli zera przy mnozeniu, to tak samo jest dla iloczynów. Rzecz ma sie tu tak: :arrow: Jeśli dany jest iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} (1+a_n)}\), to kładąc \(\displaystyle{ p_k= \prod_{j=1}^{k} (1+a_j)}\), otrzyma się w istocie ciąg \(\displaystyle{ p_k}\). Z kolei ciąg ten jest wyrażony przez szereg: \(\displaystyle{ p_1+ (p_2-p_1)+(p_3-p_2)+...}\). Szereg ten i dany iloczyn znaczą więc to samo, o ile iloczyn ten jest zbiezny w sensie naszej definicji. Zaś szereg może mieć sens także wtedy, gdy dla iloczynu to nie zachodzi (np gdy czynnik \(\displaystyle{ 1+a_3=0}\), a inne czynniki są =2).
Jeśli odwrotnie, dany jest szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} a_n}\), to oznacza on ciąg wyrazów \(\displaystyle{ s_k=\sum_{j=1}^{k} a_j}\). To samo oznacza iloczyn \(\displaystyle{ s_1 \frac{s_2}{s_1} \frac{s_3}{s_2} ....=s_1\prod_{n=2}^{\infty} \frac{s_n}{s_{n-1}} =a_1 \prod_{n=2}^{\infty} (1+\frac{a_n}{a_1+...+a_{n-1}})}\), o ile iloczyn ten ma jakis sens. Na to zaś jak widać konieczne jest tylko by wszystkie \(\displaystyle{ s_n \neq 0}\). Tak więc wzory poniższe znaczą dokladnie to samo:
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \ \ , \ \ \frac{1}{2} \prod_{n=2}^{\infty} (1+\frac{1}{2^n-2})}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} \ \ , \ \ \frac{1}{2} \prod_{n=2}^{\infty} (1+\frac{1}{n^2-1})}\)
* :arrow: :arrow: Zadania
1. Dowieść, ze poniższe iloczyny są zbieżne i że mają podana wartość:
\(\displaystyle{ \prod_{n=2}^{\infty} \frac{n^3-1}{n^3+1}=\frac{2}{3}}\),
\(\displaystyle{ \prod_{n=0}^{\infty} (1+ (\frac{1}{2})^{n^2})=2}\),
\(\displaystyle{ \prod_{n=2}^{\infty} (1+\frac{2n+1}{(n^2-1)(n+1)^2})=\frac{4}{3}}\),
2. zbadaj czy sa zbieżne
\(\displaystyle{ \prod_{n=2}^{\infty} (1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}})}\), b \(\displaystyle{ \prod_{n=2}^{\infty} (1+\frac{(-1)^n}{\log{n}})}\)
\(\displaystyle{ (1-\frac{1}{\sqrt{3}}) (1+\frac{1}{\sqrt{2}}) (1-\frac{1}{\sqrt{5}}) (1-\frac{1}{\sqrt{7}}) (1+\frac{1}{\sqrt{4}}) (1-\frac{1}{\sqrt{9}})....}\),
\(\displaystyle{ f_a=(1-\frac{1}{a-1}) (1+\frac{1}{2a-1}) (1+\frac{1}{3a-1}) ....}\) gdy \(\displaystyle{ \alpha \neq 1, \alpha \neq \frac{1}{2}, ...}\)
3. Wykaż że \(\displaystyle{ \prod cos(x_n)}\) jest zbiezny, gdy zbieżny jest \(\displaystyle{ \sum |x_n|^2}\)
4. Wykaż, że dla a naturalnego \(\displaystyle{ f_a=\sqrt[n]{a}}\)
5. Wykaż, że dla dowolnego x, zachodzi: \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} cosh(\frac{x}{2^n})= \frac{sinh(x)}{x}}\), gdzie symbole \(\displaystyle{ sinh}\) i \(\displaystyle{ cosh}\) sa to sinus i cosinus hiperboliczny, tj sa określone tak: \(\displaystyle{ sinh (x)= \frac{e^x- e^{-x}}{2}}\), \(\displaystyle{ cosh (x)= \frac{e^x+ e^{-x}}{2}}\)
6. Dowieść, że dla każdej liczby x, nie będącej ujemną l. całkowita, napisany niżej iloczyn jest zbieżny i \(\displaystyle{ \prod_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)(x+n)}{n(x+n+1)}=x+1}\)
ciag dalszy zadań :arrow: juz wkrótce :lol: