Απειρογινόμενο

#1

Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{\sum_{i=1}^{k}y^{(k-i)k^{-n}}}{\sum_{i=1}^{k}z^{(k-i)k^{-n}}}}$ , όπου $k\in\mathbb N^*$ και y,z>1

.

#2

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{\sum_{i=1}^{k}y^{(k-i)k^{-n}}}{\sum_{i=1}^{k}z^{(k-i)k^{-n}}}}$ , όπου $k\in\mathbb N^*$ και .

Απάντηση: $\displaystyle \frac {(y-1)\ln z}{(z-1) \ln y}$ .

Ο αριθμητής του τυπικού όρου είναι $\displaystyle 1 + y ^{k^{-n}} + y ^{2k^{-n}} + ... + y ^{(k-1)k^{-n}}$ . Ως γεωμετρική πρόοδος με λόγο $y ^{k^{-n}}$ ισούται με $\displaystyle \frac { y ^{k\cdot k^{-n}}-1}{ y ^{k^{-n}}-1} = \frac { y ^{k^{-n+1}}-1}{ y ^{k^{-n}}-1}$ . 'Ομοια ο παρονομαστής.

Εξετάζουμε τώρα το μερικό γινόμενο P_N

των

πρώτων όρων. Είναι τηλεσκοπικό και εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει

$\displaystyle P_N = \frac {y-1}{y^{k^{-N}}-1 } \cdot \frac {z^{k^{-N}}-1}{z-1} = \frac {y-1}{z-1} \cdot \frac {z^{k^{-N}}-1}{y^{k^{-N}}-1}$ (*).

Μένει να υπολογίσουμε το όριο του $N\to + \infty$ της ακολουθίας που Βρήκαμε.

Για ευκολία γράφουμε 1/k = a

, οπότε

και άρα $a^N \to 0$ . Είναι

$\displaystyle \frac {z^{a^N}-1}{y^{a^{N}}-1}= \frac { \frac {z^{a^N} -1}{a^N}}{ \frac {y^{a^N}-1}{a^N}}$

που από τον ορισμό της παραγώγου στο

συγκλίνει στο $\frac {\ln z}{\ln y}$ (γνωστό. Π.χ. ο αριθμητής είναι της μορφής $\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac {z^x-1}{x} = \ln z$ ).

Πίσω στην (*), το όριο είναι $\frac {(y-1)\ln z}{(z-1) \ln y}$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Edit: διόρθωσα ένα τυπογραφικό.

Απειρογινόμενο

Απειρογινόμενο

Re: Απειρογινόμενο

Μέλη σε σύνδεση