Απειρογινόμενο

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4119
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Απειρογινόμενο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Σεπ 20, 2019 3:04 pm

Να υπολογιστεί το γινόμενο:

\displaystyle{\Pi = \prod_{n=2}^{\infty} \left ( 1- \frac{1}{n^2} \right )^{n^2}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Μάρκος Βασίλης
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 31, 2019 5:47 pm
Τοποθεσία: Καισαριανή
Επικοινωνία:

Re: Απειρογινόμενο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάρκος Βασίλης » Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm

Θέτουμε a_n=\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^{n^2}

Παίρνω ως δεδομένο ότι:

\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^{n^2}=\frac{1}{e}<1.

Επομένως, υπάρχει n_0\in\mathbb{N} τέτοιο ώστε για κάθε n\geq n_0 να ισχύει a_n<\theta για κάποιο \theta\in(e^{-1},1). Για n\geq n_0 θεωρούμε τα μερικά γινόμενα:

\displaystyle p_n=\prod_{k=n_0}^na_k\leq\prod_{k=n_0}^n\theta=\theta^{n-n_0}.

Επομένως \lim\limits_{n\to+\infty}p_n=0, αφού \theta^{n-n_0}\to0.

Τελικά:

\displaystyle \Pi=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^na_k=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\cdot p_n=\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\lim_{n\to+\infty}p_n=0.
τελευταία επεξεργασία από Μάρκος Βασίλης σε Παρ Σεπ 20, 2019 9:23 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


\textcolor{blue}{\forall after-maths}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11791
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Απειρογινόμενο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Σεπ 20, 2019 9:18 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm
ισχύει a_n<\theta
...
\prod_{k=n_0}^na_k\leq\prod_{k=n_0}^n\theta^k
Χάνω κάτι εδώ;


Μάρκος Βασίλης
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 31, 2019 5:47 pm
Τοποθεσία: Καισαριανή
Επικοινωνία:

Re: Απειρογινόμενο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάρκος Βασίλης » Παρ Σεπ 20, 2019 9:21 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 9:18 pm
Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm
ισχύει a_n<\theta
...
\prod_{k=n_0}^na_k\leq\prod_{k=n_0}^n\theta^k
Χάνω κάτι εδώ;
Όχι, έκανα τυπογραφικό εγώ, δε χρειάζεται το k, προφανώς. Το διορθώνω άμεσα! Ευχαριστώ!


\textcolor{blue}{\forall after-maths}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11791
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Απειρογινόμενο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Σεπ 20, 2019 10:00 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm

\displaystyle \Pi=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^na_k=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\cdot p_n=\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\lim_{n\to+\infty}p_n=0.
Χμμμ. Κάτι δεν πάει καλά: Έχουμε πρόβλημα σύγκλισης. Ακριβέστερα, όπως ακριβώς λέει
εδώ και σε όλα τα βιβλία που μελετούν απειρογινόμενα,
The product is said to converge when the limit exists and is not zero
(λέμε ότι το απειρογινόμενο συγκλίνει αν υπάρχει το όριο και είναι μη μηδενικό)

Για το συγκεκριμένο δεν χρειάζεται να κάνουμε τόση φασαρία αλλά λογαριθμίζοντας (οι όροι είναι γνήσια θετικοί) βλέπουμε ότι το μερικό
άθροισμα είναι \displaystyle{\sum _1^N \ln \left ( 1- \frac {1}{n^2}\right ) ^{n^2}} που αποκλίνει αφού \displaystyle{ \ln \left ( 1- \frac {1}{n^2}\right ) ^{n^2} \to \ln \frac {1}{e} = -1 \ne 0}


Μάρκος Βασίλης
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 31, 2019 5:47 pm
Τοποθεσία: Καισαριανή
Επικοινωνία:

Re: Απειρογινόμενο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάρκος Βασίλης » Παρ Σεπ 20, 2019 10:15 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 10:00 pm
Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 8:54 pm

\displaystyle \Pi=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^na_k=\lim_{n\to+\infty}\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\cdot p_n=\prod_{k=2}^{n_0-1}a_k\lim_{n\to+\infty}p_n=0.
Χμμμ. Κάτι δεν πάει καλά: Έχουμε πρόβλημα σύγκλισης. Ακριβέστερα, όπως ακριβώς λέει
εδώ και σε όλα τα βιβλία που μελετούν απειρογινόμενα,
The product is said to converge when the limit exists and is not zero
(λέμε ότι το απειρογινόμενο συγκλίνει αν υπάρχει το όριο και είναι μη μηδενικό)

Για το συγκεκριμένο δεν χρειάζεται να κάνουμε τόση φασαρία αλλά λογαριθμίζοντας (οι όροι είναι γνήσια θετικοί) βλέπουμε ότι το μερικό
άθροισμα είναι \displaystyle{\sum _1^N \ln \left ( 1- \frac {1}{n^2}\right ) ^{n^2}} που αποκλίνει αφού \displaystyle{ \ln \left ( 1- \frac {1}{n^2}\right ) ^{n^2} \to \ln \frac {1}{e} = -1 \ne 0}
Αυτό είναι η αλήθεια ότι το έχω ξαναδεί (ότι πρέπει να μιλάμε για μη μηδενικό όριο).

Ωστόσο, αναγκαία συνθήκη για να συγκλίνει ένα απειρογινόμενο (με μη μηδενικό όριο) \prod a_n είναι a_n\to1, το οποίο δεν ισχύει στην περίπτωσή μας.


\textcolor{blue}{\forall after-maths}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11791
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Απειρογινόμενο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Σεπ 20, 2019 10:50 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 10:15 pm

Ωστόσο, αναγκαία συνθήκη για να συγκλίνει ένα απειρογινόμενο (με μη μηδενικό όριο) \prod a_n είναι a_n\to1, το οποίο δεν ισχύει στην περίπτωσή μας.
Σωστά. Αυτό που έγραψα είναι η απόδειξη.

Ας σημειώσω εδώ ότι ένας από τους λόγους που, εξ ορισμού, λέμε ότι ένα απειρογινόμενο με γνήσια θετικούς όρους αποκλίνει όταν τα μερικά του γινόμενα συγκλίνουν στο 0, είναι ακριβώς για να είναι συμβατή η θεωρία με την αντίστοιχη των αθροισμάτων (μέσω λογαρίθμων).


Μάρκος Βασίλης
Δημοσιεύσεις: 108
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 31, 2019 5:47 pm
Τοποθεσία: Καισαριανή
Επικοινωνία:

Re: Απειρογινόμενο

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάρκος Βασίλης » Παρ Σεπ 20, 2019 11:29 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 10:50 pm
Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Παρ Σεπ 20, 2019 10:15 pm

Ωστόσο, αναγκαία συνθήκη για να συγκλίνει ένα απειρογινόμενο (με μη μηδενικό όριο) \prod a_n είναι a_n\to1, το οποίο δεν ισχύει στην περίπτωσή μας.
Σωστά. Αυτό που έγραψα είναι η απόδειξη.

Ας σημειώσω εδώ ότι ένας από τους λόγους που, εξ ορισμού, λέμε ότι ένα απειρογινόμενο με γνήσια θετικούς όρους αποκλίνει όταν τα μερικά του γινόμενα συγκλίνουν στο 0, είναι ακριβώς για να είναι συμβατή η θεωρία με την αντίστοιχη των αθροισμάτων (μέσω λογαρίθμων).
Πολύ σωστή παρατήρηση αυτή (την τελευταία φορά που χρειάστηκε να αποδείξω την εν λόγω αναγκαιότητα της συνθήκης πήγα, μάλλον, μέσω Λαμίας).


\textcolor{blue}{\forall after-maths}
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Mihalis_Lambrou και 5 επισκέπτες