pierwiastek z iloczynami
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11409
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
pierwiastek z iloczynami
Czy ciąg \(\displaystyle{ \sqrt{2n} \frac{1 \cdot 3 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot ... \cdot (2n)} }\) jest zbieżny ?
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: pierwiastek z iloczynami
Por. .
Jeśli \(\displaystyle{ a_{n}=\sqrt{2n}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\), to
\(\displaystyle{ a_{n}^{2}=\red{\frac{2n}{2n+1}}\blue{\frac{(2n-1)!!(2n+1)!!}{(2n)!!(2n)!!}}}\)
i czerwone zbiega do jedynki, a niebieskie, na mocy wzoru Wallisa, do \(\displaystyle{ \frac{2}{\pi}}\)
Czyli granicą rozważanego ciągu jest \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{2}{\pi}}}\)
Wallisa wyprowadzałem na forum już kiedyś inaczej niż w linku, żeby zobaczyć, czy pamiętam, jak ze mną tańczyłeś Fichtenholza, z panną, madonną, legendą tych dni:
klik!
(patrz Lemat nr 1).
Generalnie pomysł jest taki, żeby wykorzystać zależności między \(\displaystyle{ I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n-1}x \ \mbox{d}x, \ J_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}x \ \mbox{d}x, \ n=1,2\ldots}\)
które to całki można wyrazić ładnymi wzorkami, które przypominają to, co w zadaniu.
Dodano po 2 godzinach 26 minutach 28 sekundach:
Można też rozwiązać to zadanie bardziej elementarnie, kosztem niewyznaczenia granicy.
Fakt nr 1 – ciąg \(\displaystyle{ a_{n}=\sqrt{2n}\frac{1\cdot 3\ldots (2n-1)}{2\cdot 4\ldots \cdot (2n)}}\)
jest rosnący. Istotnie, mamy z nierówności między średnią geometryczną a harmoniczną dla dwóch zmiennych:
\(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\sqrt{1+\frac{1}{n}}\frac{2n+1}{2n+2}>\frac{2}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}\\=\frac{2}{1+\frac{n}{n+1}}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}=\frac{2n+2}{2n+1}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}=1}\)
Fakt nr 2 – ciąg \(\displaystyle{ a_{n}=\sqrt{2n}\frac{1\cdot 3\ldots (2n-1)}{2\cdot 4\ldots \cdot (2n)}}\) jest ograniczony z góry. Rzeczywiście, jest
\(\displaystyle{ \frac{2k-1}{2k}<\sqrt{\frac{k}{k+1}}}\), ponownie z nierówności między średnią geometryczną a harmoniczną:
\(\displaystyle{ \sqrt{1\cdot \frac{k}{k+1}}>\frac{2}{1+\frac{k+1}{k}}=\frac{2k}{2k+1}>\frac{2k-1}{2k}}\)
Mnożymy takie nierówności stronami dla \(\displaystyle{ k=1,2\ldots n}\) i mamy
\(\displaystyle{ \frac{1\cdot 3\ldots(2n-1)}{2\cdot 4\ldots \cdot (2n)}<\sqrt{\frac{1}{n+1}}}\)
a zatem
\(\displaystyle{ a_{n}<\sqrt{\frac{2n}{n+1}}<\sqrt{2}}\)
Czyli ciąg \(\displaystyle{ (a_{n})}\) jest rosnący i ograniczony z góry, toteż ma granicę, co należało dowieść.
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/Wz%C3%B3r_WallisaJeśli \(\displaystyle{ a_{n}=\sqrt{2n}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\), to
\(\displaystyle{ a_{n}^{2}=\red{\frac{2n}{2n+1}}\blue{\frac{(2n-1)!!(2n+1)!!}{(2n)!!(2n)!!}}}\)
i czerwone zbiega do jedynki, a niebieskie, na mocy wzoru Wallisa, do \(\displaystyle{ \frac{2}{\pi}}\)
Czyli granicą rozważanego ciągu jest \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{2}{\pi}}}\)
Wallisa wyprowadzałem na forum już kiedyś inaczej niż w linku, żeby zobaczyć, czy pamiętam, jak ze mną tańczyłeś Fichtenholza, z panną, madonną, legendą tych dni:
klik!
(patrz Lemat nr 1).
Generalnie pomysł jest taki, żeby wykorzystać zależności między \(\displaystyle{ I_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n-1}x \ \mbox{d}x, \ J_{n}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}x \ \mbox{d}x, \ n=1,2\ldots}\)
które to całki można wyrazić ładnymi wzorkami, które przypominają to, co w zadaniu.
Dodano po 2 godzinach 26 minutach 28 sekundach:
Można też rozwiązać to zadanie bardziej elementarnie, kosztem niewyznaczenia granicy.
Fakt nr 1 – ciąg \(\displaystyle{ a_{n}=\sqrt{2n}\frac{1\cdot 3\ldots (2n-1)}{2\cdot 4\ldots \cdot (2n)}}\)
jest rosnący. Istotnie, mamy z nierówności między średnią geometryczną a harmoniczną dla dwóch zmiennych:
\(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\sqrt{1+\frac{1}{n}}\frac{2n+1}{2n+2}>\frac{2}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{n}}}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}\\=\frac{2}{1+\frac{n}{n+1}}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}=\frac{2n+2}{2n+1}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}=1}\)
Fakt nr 2 – ciąg \(\displaystyle{ a_{n}=\sqrt{2n}\frac{1\cdot 3\ldots (2n-1)}{2\cdot 4\ldots \cdot (2n)}}\) jest ograniczony z góry. Rzeczywiście, jest
\(\displaystyle{ \frac{2k-1}{2k}<\sqrt{\frac{k}{k+1}}}\), ponownie z nierówności między średnią geometryczną a harmoniczną:
\(\displaystyle{ \sqrt{1\cdot \frac{k}{k+1}}>\frac{2}{1+\frac{k+1}{k}}=\frac{2k}{2k+1}>\frac{2k-1}{2k}}\)
Mnożymy takie nierówności stronami dla \(\displaystyle{ k=1,2\ldots n}\) i mamy
\(\displaystyle{ \frac{1\cdot 3\ldots(2n-1)}{2\cdot 4\ldots \cdot (2n)}<\sqrt{\frac{1}{n+1}}}\)
a zatem
\(\displaystyle{ a_{n}<\sqrt{\frac{2n}{n+1}}<\sqrt{2}}\)
Czyli ciąg \(\displaystyle{ (a_{n})}\) jest rosnący i ograniczony z góry, toteż ma granicę, co należało dowieść.