Ένα όμορφο όριο

Tolaso J Kos · #1

Ας υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} n \prod_{m=1}^{n} \left ( 1- \frac{1}{m} + \frac{5}{4m^2} \right )}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Tolaso J Kos · #2

Εντάξει Τολάσο , όμορφο είναι! Ας το επαναφέρουμε!

Λάμπρος Κατσάπας · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 02, 2018 9:52 am
Ας υπολογιστεί το όριο:

$\displaystyle{\ell = \lim_{n \rightarrow +\infty} n \prod_{m=1}^{n} \left ( 1- \frac{1}{m} + \frac{5}{4m^2} \right )}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$\displaystyle{\ell =\frac{\cosh \pi}{\pi}}$

Τόλη γεια χαρά!

Για κάθε $z \in C^*$ ισχύει $\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty }\left ( 1+\frac{z^2}{n^2} \right )=\frac{\sin \pi iz}{\pi iz}$ . Για z=1

και

παίρνουμε τις παρακάτω:

$\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty }\left ( 1+\frac{1}{n^2} \right )=\frac{\sin \pi i}{\pi i},\prod_{n=1}^{\infty }\left ( 1+\frac{4}{n^2} \right )=\frac{\sin 2\pi i}{2\pi i}$ .
Είναι τώρα

$\displaystyle a_n:= \prod_{m=1}^{n} \left (1- \frac{1}{m} + \frac{5}{4m^2} \right )=\prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2+4}{4m^2}= \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2+4}{(2m-1)^2} \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{4m^2+4} \prod_{m=1}^{n}\frac{4m^2+4}{4m^2}$

$\displaystyle =\prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{4}{(2m-1)^2} \right ) \prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{4}{(2m)^2} \right ) \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{4m^2+4}= \prod_{m=1}^{2n}\left (1+\frac{4}{m^2} \right ) \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{4m^2+4}.$

Όμως $\displaystyle\prod_{m=1}^{2n}\left (1+\frac{4}{m^2} \right ) \underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow} \frac{\sin 2\pi i}{2\pi i}$

και

$\displaystyle\prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{4m^2+4}= \frac{1}{4^n} \prod_{m=1}^{n}\frac{(2m-1)^2}{m^2}\left (\prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{1}{m^2} \right ) \right )^{-1}= \frac{1}{(4^n)^2}\frac{((2n)!)^2}{(n!)^4}\left (\prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{1}{m^2} \right ) \right )^{-1}.$

Από Stirling έχουμε $\displaystyle \frac{1}{(4^n)^2}\frac{((2n)!)^2}{(n!)^4}\sim \frac{1}{\pi n}$ . Επίσης, $\displaystyle \left (\prod_{m=1}^{n}\left (1+\frac{1}{m^2} \right ) \right )^{-1}\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\frac{\pi i}{\sin \pi i}.$

Βάζοντάς τα κάτω έχουμε τελικά ότι

$\displaystyle n a_n\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\frac{\sin 2\pi i}{2 \pi \sin \pi i}=\frac{e^{2\pi} - e^{-2\pi}}{2\pi (e^{\pi} - e^{-\pi})}=\frac{e^{\pi} + e^{-\pi}}{2 \pi }=\frac{\cosh \pi }{\pi }.$

Ένα όμορφο όριο

Ένα όμορφο όριο

Re: Ένα όμορφο όριο

Re: Ένα όμορφο όριο

Μέλη σε σύνδεση