Όριο γινομένου (4)

#1

Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο

$\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\left(\prod_{k=1}^{n}(kn)^{\frac{1}{n+k}}\right)^{\frac{1}{\ln n}}}$ .

#2

Έστω $\displaystyle{{a_n} = {\left( {\prod\limits_{k = 1}^n {{{\left( {k \cdot n} \right)}^\big{{1/\left( {k + n} \right)}}}} } \right)^\big{{1/\ln \left( n \right)}}}}$ . Τότε $\displaystyle{\ln \left( {{a_n}} \right) = \frac{1}{{\ln \left( n \right)}} \cdot \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\ln \left( {{{\left( {k \cdot n} \right)}^\big{{1/\left( {k + n} \right)}}}} \right)} \right)} = \frac{1}{{\ln \left( n \right)}} \cdot \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{{\ln \left( {k \cdot n} \right)}}{{k + n}}} \right)} = \frac{1}{{\ln \left( n \right)}} \cdot \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{{\ln \left( k \right) + \ln \left( n \right)}}{{k + n}}} \right)} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{\ln \left( n \right)}} \cdot \left( {\frac{{\ln \left( 1 \right)}}{{1 + n}} + \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{2 + n}} + {\text{ }}..{\text{ }} + \frac{{\ln \left( n \right)}}{{n + n}} + \ln \left( n \right) \cdot \left( {\frac{1}{{1 + n}} + \frac{1}{{2 + n}} + {\text{ }}..{\text{ }} + \frac{1}{{n + n}}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{1 + n}} + \frac{1}{{2 + n}} + {\text{ }}..{\text{ }} + \frac{1}{{n + n}} + \frac{1}{{\ln \left( n \right)}} \cdot \left( {\frac{{\ln \left( 1 \right)}}{{1 + n}} + \frac{{\ln \left( 2 \right)}}{{2 + n}} + {\text{ }}..{\text{ }} + \frac{{\ln \left( n \right)}}{{n + n}}} \right) = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{n + k}}} + \frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{{\ln \left( {\dfrac{k}{n}} \right)}}{{1 + \dfrac{k}{n}}}} \right)} }$ . Η τελευταία ισότητα δεν ισχύει

Όμως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{k}} \right) - } \ln \left( n \right)} \right) = \gamma = 0.5772...}$ , (σταθερά Euler–Mascheroni), δηλαδή αν ορίσουμε $\displaystyle{{\gamma _n} = \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{1}{k}} \right)} - \ln \left( n \right)}$ , έχουμε $\displaystyle{0 < \gamma < 1}$ , και

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\gamma _n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\gamma _{2 \cdot n}} = \gamma = 0.5772...}$

Έχουμε $\displaystyle{\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{n + k}}} = \sum\limits_{k = 1}^{2 \cdot n} {\left( {\frac{1}{k}} \right)} - \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{1}{k}} \right)} = \left( {{\gamma _{2 \cdot n}} + \ln \left( {2 \cdot n} \right)} \right) - \left( {{\gamma _n} + \ln \left( n \right)} \right) = \left( {{\gamma _{2 \cdot n}} - {\gamma _n}} \right) + \ln \left( {\frac{{2.n}}{n}} \right) = \left( {{\gamma _{2 \cdot n}} - {\gamma _n}} \right) + \ln \left( 2 \right)}$

που σημαίνει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{n + k}}} } \right) = \ln \left( 2 \right) + \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{\gamma _{2 \cdot n}} - {\gamma _n}} \right) = \ln \left( 2 \right)}$

και το άθροισμα $\displaystyle{\frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{{\ln \left( {\dfrac{k}{n}} \right)}}{{1 + \dfrac{k}{n}}}} \right)} }$ είναι το άθροισμα Riemann της συνάρτησης $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{\ln \left( x \right)}}{{x + 1}}}$ , στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {0,1} \right]}$ , επόμένως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{n} \cdot \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{{\ln \left( {\dfrac{k}{n}} \right)}}{{1 + \dfrac{k}{n}}}} \right)} } \right) = \int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{x + 1}} \cdot dx} }$

Ισχύει

$\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{x + 1}} \cdot dx} = \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right) \cdot \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k} \cdot {x^k}} \cdot dx} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k} \cdot \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right) \cdot {x^k} \cdot dx} } }$

$\displaystyle{\int\limits_0^1 {\ln \left( x \right) \cdot {x^k} \cdot dx} = \frac{1}{{k + 1}} \cdot \left[ {\ln \left( x \right) \cdot {x^k}} \right]_0^1 - \frac{1}{{k + 1}} \cdot \int\limits_0^1 {{x^k} \cdot dx} = - \frac{1}{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}}$

Άρα $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{\ln \left( x \right)}}{{x + 1}} \cdot dx} = \int\limits_0^1 {\ln \left( x \right) \cdot \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k} \cdot {x^k}} \cdot dx} = - \sum\limits_{k = 0}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k} \cdot \frac{1}{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}} = - \left( {1 - \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} - } \right) = }$

$\displaystyle{ = - \left( {1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + } \right) + \frac{1}{4} \cdot \left( {1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + } \right) = - \frac{3}{4} \cdot \zeta \left( 2 \right) = - \frac{{{\pi ^2}}}{8}}$

Τελικά $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\ln \left( {{a_n}} \right)} \right) = \ln \left( 2 \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{8} = \ln \left( {2 \cdot {e^{ - \big{{\pi ^2}/8}}}} \right) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\prod\limits_{k = 1}^n {{{\left( {k \cdot n} \right)}^\big{{1/\left( {k + n} \right)}}}} } \right)^\big{{1/\ln \left( n \right)}}} = 2 \cdot {e^{ - \dfrac{{{\pi ^2}}}{8}}}}$

Αναστάση πανέμορφο, ελπίζω να μην έχω κανένα αριθμητικό λάθος.

#3

Βρίσκω άλλο αποτέλεσμα :

$\displaystyle{\Big(\prod_{k=1}^{n}(kn)^{1/(k+n)}\Big)^{1/ln n}=e^{An}}$ με

$\displaystyle{A_{n}=\frac{1}{\ln n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}\ln (kn)=\frac{1}{\ln n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}\ln (\frac{kn^{2}}{n})=\frac{1}{\ln n}\sum_{k=1}^{n}\Big(\frac{1}{n+k}\ln\frac{k}{n}+\frac{2}{n+k}\ln n\Big)=}$

$\displaystyle{\frac{1}{n \ln n}\sum_{k=1}^{n}\Big(\frac{1}{1+k/n}\ln\frac{k}{n}+\frac{2}{1+k/n}\ln n\Big)=\frac{1}{\ln n}\cdot\Big(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+k/n}\ln\frac{k}{n}\Big)+2\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+k/n}\to0\cdot\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x}\,dx+2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}\,dx=\ln 4}$

άρα το ζητούμενο όριο είναι $\displaystyle{4}$ .

#4

Χμ ...

όντως .. σύμφωνα με τις τελευταίες επιστημονικές ανακαλύψεις .. $\displaystyle{\frac{{\ln \left( k \right)}}{{\ln \left( n \right)}} \ne \ln \left( {\frac{k}{n}} \right)}$

.. και μου άρεσε το αποτέλεσμα ..

Ας είναι .. την αφήνω προς γνώση και συμμόρφωση ..

Μένει τουλάχιστον ο υπολογισμός ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x}\,dx= - \frac{{{\pi ^2}}}{{12}}}$ , επομένως συγκλίνει

Όριο γινομένου (4)

Όριο γινομένου (4)

Re: Όριο γινομένου (4)

Re: Όριο γινομένου (4)

Re: Όριο γινομένου (4)

Μέλη σε σύνδεση