Strona 1 z 1

Granica iloczynu sinusów

: 30 paź 2019, o 17:40
autor: Szustarol
Witam, do policzenia jest granica w nieskończoności z takiego wyrażenia:
\(\displaystyle{ \sin(\frac{x}{2})\cdot \sin(\frac{x}{4})\cdot \sin(\frac{x}{8})\cdot ...\cdot \sin(\frac{x}{2^n})}\), gdzie zmienną jest \(\displaystyle{ n}\)

(1) Próbowałem to "ruszyć" kilkoma sposobami, najpierw rozwijaniem \(\displaystyle{ \sin(\frac{x}{2})}\)
w \(\displaystyle{ 2\cdot \sin(\frac{x}{4})\cdot \cos(\frac{x}{4})}\) i każdego kolejnego sinusa analogicznie, ale powstaje
wtedy iloczyn kosinusów o różnych potęgach, który raczej do niczego nie prowadzi.

(2) Próbowałem również zamieniać w drugą stronę - tj. \(\displaystyle{ \sin(\frac{x}{4}) = \frac{{\sin(\frac{x}{2})}}{{2\cdot \cos(\frac{x}{4})}}}\)
i tak dalej dla każdego sinusa, aby dostać tylko iloczyn sinusów w postaci \(\displaystyle{ \sin(\frac{x}{2})}\),
niestety ten pomysł to również niewypał, bo także pojawiają się cosinusy o zmiennych potegach.


Wzorki, które otrzymałem przy użyciu każdej z metod:
(1) \(\displaystyle{ a _{n} = 2^{2\cdot n-1}\cdot \cos(\frac{x}{4})\cdot \cos(\frac{x}{8})^2\cdot ...\cdot \cos(\frac{x}{2^{n+1}})\cdot \sin(\frac{x}{2^{n+1}})^n}\)
(2) \(\displaystyle{ a_{n} = \frac{\sin(\frac{x}{2})^n}{2^{\frac{n\cdot(n-1)}{2}}\cdot \cos(\frac{x}{4})^{n-1}\cdot \cos(\frac{x}{8})^{n-2} \cdot ... \cdot \cos(\frac{x}{2^n})}}\)
Niestety, żaden z nich do niczego mnie nie doprowadził

Re: Granica iloczynu sinusów

: 30 paź 2019, o 17:55
autor: Premislav
Można skorzystać z nierówności \(\displaystyle{ |\sin t|\le |t|}\). Mamy wówczas
\(\displaystyle{ \left|\sin\left(\frac{x}{2^{k}}\right)\right|\le \frac{|x|}{2^{k}}}\) i mnożąc te nierówności stronami dla \(\displaystyle{ k=1,2\ldots n}\) dostajemy
\(\displaystyle{ \left| \sin(\frac{x}{2})\cdot \sin(\frac{x}{4})\cdot \sin(\frac{x}{8})\cdot ...\cdot \sin(\frac{x}{2^n}) \right|\le \frac{|x|^{n}}{2^{\frac{n(n+1)}{2}}}}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ n}\) będzie na tyle duże, że \(\displaystyle{ |x|<2^{\frac{n+1}{2}}}\)… Skończ to.

Pozostaje przypadek, gdy \(\displaystyle{ x}\) jest takie, że któryś z tych sinusów ma wartość zero, ale wtedy i tak granica jest taka sama.

Dodano po 20 minutach 1 sekundzie:
Teraz widzę, że właściwie trochę przesadziłem, to zadanie jest łatwe i wystarczy oszacować
z \(\displaystyle{ |\sin t|\le 1}\) (dla pierwszych \(\displaystyle{ n-1}\) czynników) i \(\displaystyle{ |\sin t|\le |t|}\):
\(\displaystyle{ \left| \sin\left(\frac{x}{2}\right)\sin \left(\frac{x}{4}\right)\ldots\sin \left(\frac{x}{2^{n}}\right)\right|\le \frac{|x|}{2^{n}}}\).
Troszkę (ale tylko troszkę) ciekawsze jest analogiczne zadanie z cosinusami, gdzie można podzielić i pomnożyć przez \(\displaystyle{ 2^{n}\sin\left(\frac{x}{2^{n}}\right)}\) i skorzystać ze wzoru na sinus podwojonego kąta (oczywiście o ile \(\displaystyle{ \frac{x}{2^{n}}\neq k\pi}\)).

Re: Granica iloczynu sinusów

: 31 paź 2019, o 11:00
autor: Szustarol
Dziękuję za odpowiedź, ale w jaki sposób takie oszacowanie przybliża mnie do wyznaczenia granicy? Mam tylko ograniczenie górne, ale przydałoby się również dolne aby skorzystać z twierdzenia o trzech ciągach. W innym przypadku nie widzę zbytnio możliwości rozwiązania tego zadania przy użyciu pojedynczej nierówności.

@Edit
Okej, nie zwróciłem uwagi na wartość bezwzględną - przecież to ona daje mi z definicji dwa ciągi jeden mniejszy, drugi większy, oba o granicy zero. Dzięki za odpowiedź!