$\frac{1}{15}<(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot \cdot \cdot \cdot\frac{99}{100})<\frac{1}{10}$.

Question

Muestra que $$\frac{1}{15}<(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot \cdot \cdot\cdot\frac{99}{100})<\frac{1}{10}$ $

Mi intento:
Este problema proviene de un libro de texto donde se presenta como: https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_mean Esto no sería un problema si supiera la suma o un producto de los números dados. Luego usaré la desigualdad de AG, pero no sé cómo.

Answer 1

Deje $P_n:=\prod\limits_{k=1}^n\,\dfrac{2k-1}{2k}$ para cada entero $n\geq 1$. Vamos a demostrar que $$\frac{2}{3\sqrt{2n}}<P_n<\frac{1}{\sqrt{2n}}\tag{*}$$ para cada entero positivo $n$, según lo sugerido por Kemono Chen (creo que debe haber un factor de $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , de tal forma que (*) implica el OP de la desigualdad de la $n=50$). El comportamiento asintótico de $P_n$ es dado aquí.

Observar que $$P_n^2\leq \frac{1}{2^2}\,\left(\prod_{k=2}^n\,\frac{2k-1}{2k}\right)\,\left(\prod_{k=2}^n\,\frac{2k}{2k+1}\right)=\frac{1}{4}\,\prod_{k=3}^{2n}\,\frac{k}{k+1}=\frac{3}{4(2n+1)}.$$ Además, $$P_n^2\geq \frac{1}{2^2}\,\left(\prod_{k=2}^n\,\frac{2k-1}{2k}\right)\,\left(\prod_{k=2}^n\,\frac{2k-2}{2k-1}\right)=\frac{1}{4}\,\prod_{k=2}^{2n-1}\,\frac{k}{k+1}=\frac{2}{4(2n)}\,.$$ Esto demuestra que $$\frac{1}{2\,\sqrt{n}}\leq P_n\leq \frac{\sqrt{3}}{2\,\sqrt{2n+1}}\,.$$ Tanto la desigualdad en el derecho y la desigualdad de la izquierda tiene un único igualdad de caso: $n=1$. Tenga en cuenta que esto implica (*). En particular, para $n=50$, tenemos $$\frac{1}{15}<0.0707<\frac{1}{2\cdot\sqrt{50}}<P_{50}<\frac{\sqrt{3}}{2\cdot \sqrt{101}}<0.0862<\frac{1}{10}\,.$$

Answer 2

Deje $a=\frac{1}{2}.\frac{3}{4}.\frac{5}{6}. . . .\frac{99}{100}$

y:

$b=\frac{2}{3}.\frac{4}{5}.\frac{6}{7}. . . \frac{100}{101}$

Está claro que $a<b$ debido a que cada factor de $a$ es menor que la de su correspondiente factor de $b$ :

$\frac{1}{2}<\frac{2}{3}, \frac{3}{4}<\frac{4}{5}. . . \frac{99}{100}<\frac{100}{101}$

⇒ $a^2 < ab=(\frac{1}{2}.\frac{2}{3}).(\frac{3}{4}.\frac{4}{5}). . . .(\frac{99}{100}.\frac{100}{101})=\frac{1}{101}$

$a^2<\frac{1}{101}$⇒$a<\frac{1}{\sqrt{101}}<\frac{1}{10}$

También:

$2a=\frac{3}{4}.\frac{5}{6}. . . .\frac{99}{100}$

$\frac{3}{2}.b=\frac{4}{5}.\frac{6}{7}. . . \frac{100}{101}$

$2a<\frac{3}{2}b$⇒$2a^2<\frac{3}{2}ab=\frac{3}{2}.\frac{3}{101}$

O $a^2<\frac{3}{4}ab=\frac{3}{4}.\frac{3}{101}$

Desde $9>4$ entonces $a^2 >\frac{4}{9\times 101}$ y por tanto:

$a>\frac{1}{15}$

Una más fiable razonamiento es dado como un comentario a esta parte:

$2a>b$ ⇒ $2a^2>ab=\frac{1}{101}$⇒$a^2>\frac{1}{202}$⇒$a>\frac{1}{\sqrt{202}}>\frac{1}{\sqrt{225}}=\frac{1}{15}$

Answer 3

Deje $S_n=\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}$. Desde Wallis' producto, tenemos $$\prod_{k=1}^\infty\left(\frac{2k}{2k-1}\cdot\frac{2k}{2k+1}\right)=\frac{\pi}{2}.$$ Puesto que cada término del producto es mayor que $1$, esto demuestra que $$\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k}{2k-1}\cdot\frac{2k}{2k+1}\right)<\frac{\pi}{2}$$ para todos los $n$. Es decir, $$(2n+1)S_n^2=(2n+1)\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2=\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\cdot\frac{2k+1}{2k}\right)>\frac{2}{\pi}.$$ Por lo tanto, $$S_n>\frac{1}{\sqrt{\pi\left(n+\frac12\right)}}.$$

Del mismo modo, Wallis' producto también implica que $$\prod_{k=2}^\infty\left(\frac{2k-1}{2k-2}\cdot\frac{2k-1}{2k}\right)=\frac{4}{\pi}.$$ Puesto que cada término del producto es mayor que $1$, esto demuestra que $$\prod_{k=2}^n\left(\frac{2k-1}{2k-2}\cdot\frac{2k-1}{2k}\right)<\frac{4}{\pi}$$ para todos los $n$. Es decir, $$2nS_n^2=2n\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2=\frac12\prod_{k=2}^n\left(\frac{2k-1}{2k-2}\cdot\frac{2k-1}{2k}\right)<\frac12\left(\frac{4}{\pi}\right).$$ Por lo tanto, $$S_n<\frac{1}{\sqrt{\pi n}}.$$, Por tanto, $$\frac{1}{\sqrt{\pi\left(n+\frac12\right)}}<S_n<\frac1{\sqrt{\pi n}}$$ para cada $n$.

Answer 4

Sólo un pensamiento, que vale la pena mencionar:

La expresión:

$$p=(\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot \cdot \cdot\cdot\frac{99}{100})$$

Se podrían utilizar las siguientes identidades:

Producto de $n$ números impares =

$$p_o = \frac{(2n!)}{(n!)2^{n}}$$

Producto de $n$ números =

$$p_e = (n!)2^{n}$$

El primer $4$ términos de $p$ =

$$\frac{1.3.5.7}{2.4.6.8}=\frac{105}{1152}=0.2734$$

Podemos escribir $p$ como:

$$p=\frac{odd_numbers}{even_numbers}=\frac{p_o}{p_e}=$$

$$p=\frac{(2n)!}{((n!)2^{n})^2}$$

Para demostrar $p<\frac{1}{10}$, sabemos que (2n)! < n! (para n>1), por lo que podemos escribir:

$$p<\frac{(n!)}{((n!)2^{n})^2}$$

$$p<\frac{1}{(n!)({n})^2}$$

Podríamos concluir que, para $n >=2$

$$p<\frac{1}{10}$$

para el límite inferior de cualquiera de los otros solución presentada puede ser considerado o verificación stovf-matemáticas p entre 1/13 y 1/15 , también puede ser considerado.

Answer 5

Esto es tedioso y poco sofisticado, pero no lo desprecies, funciona! :)

Así como de las respuestas a la presente pregunta, responde a la pregunta vinculada, probar $\frac{1}{13}<\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{99}{100}<\frac{1}{12}$.

Necesitamos un preliminar lema:

Si $$ k = \left(1 - \frac{1}{52^2}\right)\left(1 - \frac{1}{56^2}\right)\cdots\left(1 - \frac{1}{96^2}\right), $$ entonces $$ \frac{383}{384} < k < \frac{1300}{1303}. $$ ^{El redondeo hacia arriba y hacia abajo, según corresponda, esto es, aproximadamente $$ 0.997395 < k < 0.997698, $$ pero, por supuesto, evitar el uso de tales cálculos.}

Prueba. Por el Weierstrass producto de la desigualdad, tenemos $$ 1 - s < k < \frac{1}{1 + s}, $$ donde $$ s = \frac{1}{52^2} + \frac{1}{56^2} + \cdots + \frac{1}{96^2} = \frac{1}{16}\left(\frac{1}{13^2} + \frac{1}{14^2} + \cdots + \frac{1}{24^2}\right). $$ Telescópica, \begin{align*} 16s & < \frac{1}{12\cdot13} + \frac{1}{13\cdot14} + \cdots + \frac{1}{23\cdot24} = \frac{1}{24}, \\ 16s & > \frac{1}{13\cdot14} + \frac{1}{14\cdot15} + \cdots + \frac{1}{24\cdot25} = \frac{12}{325}, \end{align*} por lo tanto $$ 1 - \frac{1}{384} < k < \frac{1}{1 + \frac{3}{1300}}, $$ como se requiere. $\square$

El número que desea aproximado es $$ P = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{99}{100} = \frac{51\cdot53\cdot55\cdots97\cdot99}{2^{25}\cdot4\cdot8\cdot12\cdots96\cdot100} = kQ, $$ donde \begin{gather*} Q = \frac{52^2\cdot56^2\cdots96^2\cdot99}{2^{75}\cdot25!} = \frac{13\cdot14\cdots24\cdot99}{2^{27}\cdot12!\cdot25} = \frac{13\cdot15\cdot17\cdot19\cdot21\cdot23\cdot99}{2^{21}\cdot6!\cdot25} \\ = \frac{7\cdot13\cdot17\cdot19\cdot23\cdot99}{2^{25}\cdot25}. \end{reunir*} Por lo tanto, el uso de los límites obtenidos para $k$ en el lema, \begin{equation} \tag{%#%#%}\label{ineq:1} \frac{7\cdot13\cdot17\cdot19\cdot23\cdot33\cdot383}{2^{32}\cdot25} < P < \frac{7\cdot13^2\cdot17\cdot19\cdot23\cdot99}{2^{23}\cdot1303}. \end{equation} Aunque esto es así dentro de la gama de fácil de la mano de cálculo, me perezosamente utiliza una calculadora para la mayoría de la obra (sólo doblando $1$ en la última etapa con la mano), para obtener \begin{equation} \tag{%#%#%}\label{ineq:2} \frac{8{,}544{,}456{,}921}{107{,}374{,}182{,}400} < P < \frac{870{,}062{,}193}{10{,}930{,}356{,}224}. \end{equation} ^{Aproximadamente, el redondeo hacia arriba y hacia abajo de nuevo, $$ 0.079576 < P < 0.079601. $$} Una forma de "simplificar" \eqref{ineq:1} (aunque parece más sencillo para calcular \eqref{ineq:2} y hacer con ella!) es como sigue:

Para el límite superior, se observa que la $2^{22}\cdot1303 = 5{,}465{,}178{,}112$ (el famoso!), y $2$, por lo que $$ \frac{7\cdot13\cdot19}{1303} < \frac{1728}{2\cdot3\cdot7\cdot31} = \frac{288}{217} < \frac{288}{216} = \frac{4}{3}, $$ (como se puede comprobar fácilmente con una visión retrospectiva), por lo tanto $$ P < \frac{13\cdot17\cdot23\cdot99}{2^{21}\cdot3} < \frac{17\cdot300\cdot100}{2^{11}\cdot3\cdot1000} = \frac{85}{1024} < \frac{1}{12}. $$

Para el límite inferior, la primera simplificar $7\cdot13\cdot19 = 1729 = 1 + 12^3$ al darse cuenta de que $1302 = 2\cdot3\cdot7\cdot31$, de donde $$ P > \frac{5\cdot13^2\cdot99}{2^{20}} = \frac{5\cdot13\cdot1287}{2^{20}} > \frac{5\cdot13\cdot1280}{2^{20}} = \frac{5^2\cdot13}{2^{12}}, $$ y entonces, en lugar de utilizar el límite inferior de la lema directamente, debilitar a $Q$, lo que da $$ P > \frac{5}{64} > \frac{1}{13}. $$

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Para tener una mejor idea de la precisión de este cálculo, podemos reescribir \eqref{ineq:2} como $$ \frac{489{,}609{,}908}{870{,}062{,}193} < \frac{1}{P} - 12 < \frac{4{,}840{,}699{,}348}{8{,}544{,}456{,}921}, $$ de dónde (esto puede ser hecho a mano, aunque de nuevo lo he usado una calculadora) $$ \frac{1}{12.57} < P < \frac{1}{12.56}. $$