mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 23, 2025 10:58 pm**

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\liminf_{N \rightarrow +\infty} \prod_{n=1}^{N} \left( 1 + \frac{1}{N + n \sin n} \right) = e^{\pi/2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 25, 2025 2:04 pm**

Έχουμε $\displaystyle \log P_{N}=\sum_{n=1}^{N}\log \left ( 1+\frac{1}{N+n\sin n} \right ).$ Από την ανισότητα $\displaystyle x-\frac{x^{2}}{2}\leq \log\left ( 1+x \right )\leq x:\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{N+n\sin n}-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{\left ( N+n\sin n \right )^{2}}\leq \log P_{N}\leq \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{N+n\sin n}.$ Επειδή η συνάρτηση $\displaystyle f\left ( x,t \right )=\frac{1}{1+x\sin t}$ είναι συνεχής στο $\left [ 0,1 \right ]\times \left [ 0,2\pi \right ]$ και περιοδική ως προς

με περίοδο $2\pi,$ άρα $\displaystyle \displaystyle \lim_{N \to +\infty}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{N+n\sin n}=\displaystyle \lim_{N \to +\infty}\frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N}f\left ( \frac{n}{N},n\left(\mod 2\pi\right) \right )=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{2\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }\frac{1}{1+x\sin t}dtdx=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx$ και αφού $\displaystyle \liminf_{N\rightarrow \infty}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{\left ( N+n\sin n \right )^{2}}=0,$ άρα $\displaystyle \liminf_{N\rightarrow \infty}\sum_{n=1}^{N}\log \left ( 1+\frac{1}{N+n\sin n} \right )=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \boxed{\displaystyle \liminf_{N\rightarrow \infty}\prod_{n=1}^{N}\left ( 1+\frac{1}{N+n\sin n} \right )=e^{\pi /2}}.$

mathematica.gr

Όριο infimum γινομένου

Όριο infimum γινομένου

Re: Όριο infimum γινομένου