El límite del producto $\prod_{i=1}^n\frac{1 - (2i + 1)a/(2n)}{1 - ia/n}$ $n\to\infty$

Question

Dado que el$0 < a < 1$, ¿cuál es el valor de $$ P = \lim_{n\to \infty} \prod_{i=1}^n \frac{1 - (2i + 1)a/(2n)}{1 - ia/n} $$ Por lo tanto, $P_n$, $n$th plazo, es $$ P_n = \frac{1-3a/2n}{1-a/n}\cdot \frac{1-5a/2n}{1-2a/n}\cdots \frac{1-(2n+1)a/2n}{1-a} $$

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La motivación

El producto se describe un real problema físico. En pocas palabras, si usted tiene un río o un arroyo en el que estamos probando en una aguas arriba del sitio Una y aguas abajo del sitio B y analizar la composición química de la corriente en a y B, si la concentración ha cambiado, es porque de agua subterránea que se ha filtrado entre a y B. Por hacer algunos supuestos simplificadores, de la concentración y cantidad de agua subterránea que ha entrado se calcula mediante la evaluación de este producto infinito.

Answer 1

Tomar registros de ambos lados para obtener

$$\log{P_n} = \sum_{i=1}^n \left(\log{\left [ 1- a\frac{i}{n} - \frac{a}{2 n}\right]} -\log{\left [ 1- a\frac{i}{n}\right]} \right) $$

Tomando nota de que $n$ es grande, por lo que podemos reescribir el sumando como

$$\log{\left [ 1- a\frac{i}{n} - \frac{a}{2 n}\right]} -\log{\left [ 1- a\frac{i}{n}\right]} = \log{\left( 1-\frac{a/(2 n)}{1-a i/n}\right)} \sim -\frac{a}{2} \frac{1}{n} \frac{1}{1-a i/n} $$

En el límite de $n \to \infty$, esta es una suma de Riemann y la integral se convierte en

$$\log{P} = -\frac{a}{2} \int_0^1 \frac{dx}{1-a x} = \frac12 \log{(1-a)}$$

Por lo tanto

$$P=\sqrt{1-a}$$

BONO

Aquí están algunas parcelas de registro de la base de $2$ de que el error relativo entre el resultado anterior $P$ y el finito producto $P_n$ vs $\log_2{n}$. Los valores de $a$ son de derecha a izquierda $1/4$, $1/3$, $2/3$, $9/10$, y $99/100$.

EDITAR

@¿ Ha señalado que el paso en la segunda línea se necesita más justificación, es decir, una cuantificación del término de error inherente en la $\sim$ símbolo. A lo largo de estas líneas, para lo suficientemente grande $n$, podemos escribir

$$\log{\left( 1-\frac{a/(2 n)}{1-a i/n}\right)} = -\frac{a}{2} \frac{1}{n} \frac{1}{1-a i/n} + \frac12 \left ( \frac{a}{2} \frac{1}{n} \frac{1}{1-a i/n} \right )^2 + \cdots$$

Como hicimos para el primer término en el lado derecho, podemos también suma más de $i$ para la posterior términos. Por ejemplo, el primer término de error tiene la conducta, para un gran $n$

$$\frac{a^2}{8 n}\; \frac1n \sum_{i=1}^n \frac1{(1-a i/n)^2} $$

que, en el límite de $n\to\infty$, es otro de suma de Riemann; el término, por tanto, se comporta como

$$\frac{a^2}{8(1-a)} \frac1n$$

Debe quedar claro que los términos de orden superior en el registro de comportarse como órdenes superiores de la $1/n$. Por lo tanto, el error términos dispuestos en esta forma no contribuyen a la suma de lo suficientemente grande $n$.

Answer 2

El producto puede ser reescrito como $$\mathcal{P}_n=\prod_{i=1}^{n}\frac{1 - (2i + 1)a/(2n)}{1 - ia/n}=\prod_{i=1}^{n}\frac{\frac{n}{a}-\frac12-i}{\frac{n}{a}-i}=\frac{\Gamma\left(\frac{n}{a}-n\right)}{\Gamma\left(\frac{n}{a}\right)}\cdot\frac{\Gamma\left(\frac{n}{a}-\frac12\right)}{\Gamma\left(\frac{n}{a}-n-\frac12\right)}$ $ ahora tomando el logaritmo y el uso de Stirling fórmula $$ \ln\Gamma (x) = x (\ln x-1) + \frac12(\ln2\pi-\ln x) + O\left (x ^ {-1} \right) \qquad \text{as}\; x\rightarrow\infty, $$ llegamos a $$\ln\mathcal{P}_{\infty}=\frac12\ln(1-a),$ $, que reproduce la respuesta de Ron Gordon.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{P\equiv\lim_{n\ \para\ \infty}\prod_{i = 1}^{n} {1 - \pars{2i + 1}/\pars{2n} \over 1 - ia/n}:\ {\large ?}}$

\begin{align}&\color{#c00000}{% \sum_{i = 1}^{n}\ln\pars{1 - \pars{2i + 1}a/\pars{2n} \over 1 - ia/n}} =\sum_{i = 1}^{n}\int_{1 - ia/n}^{1 - \pars{2i + 1}a/\pars{2n}}{\dd x \over x} \end{align}

Set$\ds{\quad x = 1 - {a \over n}\,i - {a \over 2n}\,t}$:

\begin{align}&\color{#c00000}{% \sum_{i = 1}^{n}\ln\pars{1 - \pars{2i + 1}a/\pars{2n} \over 1 - ia/n}} =\sum_{i = 1}^{n}\int_{0}^{1} {-a\,\dd t/\pars{2n} \over 1 - \pars{a/n}\,i - at/\pars{2n}} \\[3mm]&=\half\int_{0}^{1}\sum_{i = 1}^{n} {1 \over -n/a + i + t/2}\,\dd t =\half\int_{0}^{1}\sum_{i = 1}^{n} \pars{{1 \over i - n/a + t/2} - {1 \over i + n - n/a + t/2}}\,\dd t \\[3mm]&=\half\int_{0}^{1}\sum_{i = 1}^{\infty} \pars{{1 \over i - n/a + t/2} - {1 \over i + n - n/a + t/2}}\,\dd t \\[3mm]&=\half\,n\int_{0}^{1}\sum_{i = 0}^{\infty} {1 \over \pars{i + 1 - n/a + t/2}\pars{i + 1 + n - n/a + t/2}}\,\dd t \\[3mm]&=\half\int_{0}^{1}\bracks{% \Psi\pars{1 + n - {n \over a} + {t \over 2}} -\Psi\pars{1 - {n \over a} + {t \over 2}}}\,\dd t \end{align}

\begin{align}&\color{#c00000}{% \lim_{n\ \to\ \infty}\sum_{i = 1}^{n}\ln\pars{1 - \pars{2i + 1}a/\pars{2n} \over 1 - ia/n}} =\half\lim_{n\ \to\ \infty}\int_{0}^{1}\bracks{% \ln\pars{n - {n \over a}} - \ln\pars{-\,{n \over a}}}\,\dd t \\[3mm]&=\half\,\ln\pars{1 - a}=\ln\pars{\root{1 - a}} \end{align}

$$P\equiv\color{#66f}{\large\lim_{n\ \para\ \infty}\prod_{i = 1}^{n} {1 - \pars{2i + 1}/\pars{2n} \over 1 - ia/n}} =\exp\pars{\ln\pars{\raíz{1}}}\color{#66f}=\color{#66f}{\large\raíz{1}} $$