Γινόμενο

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4493
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Γινόμενο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Κυρ Σεπ 16, 2018 9:32 am

Να υπολογιστεί το γινόμενο:

\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} e \left ( \frac{n}{n+1} \right )^n \sqrt{\frac{n}{n+1}}}


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

Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3307
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γινόμενο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Σεπ 16, 2018 6:41 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Κυρ Σεπ 16, 2018 9:32 am
Να υπολογιστεί το γινόμενο:

\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} e \left ( \frac{n}{n+1} \right )^n \sqrt{\frac{n}{n+1}}}
Το γινόμενο δεν υπολογίζεται αφού αποκλίνει.

Ο λόγος που αποκλίνει είναι γιατί

(\frac{n}{n+1})^{n}\sqrt{\frac{n}{n+1}}=\dfrac{1}{(1+\frac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}}< \dfrac{1}{2}

https://en.wikipedia.org/wiki/Infinite_product

Σημείωση.
Στα παραπάνω θεώρησα εσφαλμένα ότι το e είναι ο πρώτος όρος του γινομένου .Αν θεωρηθεί ότι έχουμε το γινόμενο

\prod_{n=1}^{\infty }a_{n}

με a_{n}=e(\frac{n}{n+1})^{n+\frac{1}{2}}
που είναι και το σωστό

τότε η λύση είναι προφανώς ΛΑΘΟΣ.

Ευχαριστώ τον Μιχάλη Λάμπρου που μου το επισήμανε.


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 727
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Γινόμενο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Δευ Σεπ 17, 2018 11:17 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Κυρ Σεπ 16, 2018 9:32 am
Να υπολογιστεί το γινόμενο:

\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} e \left ( \frac{n}{n+1} \right )^n \sqrt{\frac{n}{n+1}}}
Θα χρησιμοποιήσουμε τον προσεγγιστικό τύπο του Stirling.

Έχουμε για το μερικό γινόμενο

\displaystyle{ \prod_{n=1}^{k} e \left ( \frac{n}{n+1} \right )^n \sqrt{\frac{n}{n+1}}=e^k \frac{1}{2}\cdot \frac{2^2}{3^2}\cdot ...\cdot \frac{k^k}{(k+1)^k}\sqrt{\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot ...\cdot \frac{k}{k+1}}=e^k \frac{k!}{ (k+1)^{k+\frac{1}{2}}} }

Από Stirling η τελευταία παράσταση είναι ασυμπτωτικά ισοδύναμη με την \displaystyle{e^k \frac{ \frac{\sqrt{2 \pi k} k^k}{e^{k}} } {(k+1)^{k+\frac{1}{2}}}=\sqrt{2\pi }\left (\frac{k}{k+1} \right )^k \left (\frac{k}{k+1} \right )^{1/2} \rightarrow \frac{\sqrt{2\pi }}{e}. }
τελευταία επεξεργασία από Λάμπρος Κατσάπας σε Δευ Σεπ 17, 2018 1:52 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 727
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Γινόμενο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Δευ Σεπ 17, 2018 11:20 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Κυρ Σεπ 16, 2018 9:32 am
Να υπολογιστεί το γινόμενο:

\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} e \left ( \frac{n}{n+1} \right )^n \sqrt{\frac{n}{n+1}}}
Θα χρησιμοποιήσουμε τον προσεγγιστικό τύπο του Stirling.

Έχουμε για το μερικό γινόμενο

\displaystyle{ \prod_{n=1}^{k} e \left ( \frac{n}{n+1} \right )^n \sqrt{\frac{n}{n+1}}=e^k \frac{1}{2}\cdot \frac{2^2}{3^2}\cdot ...\cdot \frac{k^k}{(k+1)^k}\sqrt{\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot ...\cdot \frac{k}{k+1}}=e^k \frac{k!}{ (k+1)^{(k+1)+\frac{1}{2}}} }

Από Stirling η τελευταία παράσταση είναι ασυμπτωτικά ισοδύναμη με την \displaystyle{ \frac{ \frac{\sqrt{2 \pi (k+1)}(k+1)^{k+1}}{e^{k+1}} } {(k+1)^{(k+1)+\frac{1}{2}}}=\frac{\sqrt{2\pi }}{e}. }


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 727
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Γινόμενο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Δευ Σεπ 17, 2018 11:23 am

Θα χρησιμοποιήσουμε τον προσεγγιστικό τύπο του Stirling.

Έχουμε για το μερικό γινόμενο

\displaystyle{ \prod_{n=1}^{k} e \left ( \frac{n}{n+1} \right )^n \sqrt{\frac{n}{n+1}}=e^k \frac{1}{2}\cdot \frac{2^2}{3^2}\cdot ...\cdot \frac{k^k}{(k+1)^k}\sqrt{\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot ...\cdot \frac{k}{k+1}}=e^k \frac{k!}{ (k+1)^{(k+1)+\frac{1}{2}}} }

Από Stirling η τελευταία παράσταση είναι ασυμπτωτικά ισοδύναμη με την \displaystyle{ \frac{ \frac{\sqrt{2 \pi (k+1)}(k+1)^{k+1}}{e^{k+1}} } {(k+1)^{(k+1)+\frac{1}{2}}}=\frac{\sqrt{2\pi }}{e}. }


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 727
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Γινόμενο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Δευ Σεπ 17, 2018 11:23 am

Θα χρησιμοποιήσουμε τον προσεγγιστικό τύπο του Stirling.

Έχουμε για το μερικό γινόμενο

\displaystyle{ \prod_{n=1}^{k} e \left ( \frac{n}{n+1} \right )^n \sqrt{\frac{n}{n+1}}=e^k \frac{1}{2}\cdot \frac{2^2}{3^2}\cdot ...\cdot \frac{k^k}{(k+1)^k}\sqrt{\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot ...\cdot \frac{k}{k+1}}=e^k \frac{k!}{ (k+1)^{(k+1)+\frac{1}{2}}} }

Από Stirling η τελευταία παράσταση είναι ασυμπτωτικά ισοδύναμη με την \displaystyle{ \frac{ \frac{\sqrt{2 \pi (k+1)}(k+1)^{k+1}}{e^{k+1}} } {(k+1)^{(k+1)+\frac{1}{2}}}=\frac{\sqrt{2\pi }}{e}. }


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες