Derivados del producto infinito que divergen a 0

Question

Considere la función dada por $$f_n(x) = \prod\limits_{k=2}^n \left( 1-\frac{x}{k} \right).$$ Then for all $x \in (0,2)$, we have that $$\lim_{n\to\infty}\; f_n(x) = \prod\limits_{k=2}^\infty \left( 1-\frac{x}{k} \right) =0. $$ Esto se deduce del hecho de que si $q_k \in [0,1)$ para todos los $k$,, a continuación, $\prod\limits_{k=1}^{\infty} (1-q_k) = 0$ si y sólo si $\sum\limits_{k=1}^\infty q_k$ diverge (Ver por ejemplo aquí y aquí).

Estoy interesado en los productos derivados de esta función $f_n$. Por ejemplo, supongamos $f_n^{(j)}$ el valor del $j$-ésima derivada de $f_n$. Es cierto que $\lim_{n\to\infty} f_n^{(j)}(x) = 0$ para todos los $x\in(0,2)$?

Teniendo en cuenta la primera derivada, tenemos que partir de la regla del producto: $$ f_n'(x) = \sum\limits_{k=2}^n \frac{-1}{k} \prod\limits_{i \neq k} \left(1-\frac{x}{i} \right)\tag1 \label 1 .$$ Ahora, tenemos que \begin{align}\prod\limits_{i \neq k} \left(1-\frac{x}{i} \right) &\leq \prod\limits_{i =2}^{n-1} \left(1-\frac{x}{i} \right)\\ &= \exp\left\{ \sum_{i=2}^{n-1} \log\left(1-\frac{x}{i} \right) \right\} \\ &\leq \exp\left\{ \sum_{i=2}^{n-1} -\frac{x}{i} \right\} \tag2 \\ &\leq \exp\left\{-x\log(n)+x \right\}\tag3\\ &= {\left(\frac{e}{n}\right)}^x.\end{align} Donde (2) se sigue del hecho de que $\log(1-y)\leq -y$ para todos los $y<1$, y (3) se sigue de $\sum\limits_{i=2}^{n-1}\frac{1}{i} \geq \log(n)-1$. Ahora, al darse cuenta de todos los términos en la suma de $\ref1$ son de valor no positivo, tenemos las siguientes \begin{align*} f_n'(x) \geq {\left(\frac{e}{n}\right)}^x\sum\limits_{k=2}^n \frac{-1}{k} \geq -{\left(\frac{e}{n}\right)}^x \log(n) \end{align*} Finalmente, debido a que $f_n'(x)\leq 0$ e $\lim_{n \to \infty} {\left(\frac{e}{n}\right)}^x \log(n) = 0$, se puede concluir que el $\lim \; f_n'(x) = 0$ para todos los $x \in (0,2)$.

Ahora, hay una manera de mostrar esto para el $j$-th derivado $f_n^{(j)}$? Yo soy incapaz, incluso en la actualidad muestran que la segunda derivada es cero (en mi simulaciones parece acercarse a cero, pero a un ritmo más lento que la primera derivada). Una idea que tengo a considerar brevemente el uso de está considerando la diferenciación del producto infinito (ver aquí y de manera similar aquí). Sin embargo, en mi caso mi infinita producto difiere a cero, así que no estoy seguro de lo útil será esta. También, estoy interesado en el orden superior de los derivados de este producto infinito, no sólo de la primera derivada.

Agradezco cualquier aporte sobre este problema!

Answer 1

"El camino más corto a la verdad en $\Bbb R$ es a través de la $\Bbb C.$" -- Hadamard.

Podemos utilizar un potente pero el resultado básico de análisis complejos para responder rápidamente a esta: Extender la fórmula para cada una de las $f_n$ para el dominio $D=\{z\in \Bbb C: |z-1|<1\}\cup \{z\in \Bbb C: |z-2|<1\}.$

A continuación, cada una de las $f_n$ es analítica en $D$ y la secuencia de $(f_n)_{n\geq 2}$ converge uniformemente a $0$ sobre cualquiera de las $E\subset D$ tal que $E$ es un subconjunto cerrado de $\Bbb C.$ Para $x\in D$ de $r_x>0$ tal que $\{z: |z-x|\leq r_x\}\subset D.$

Para cualquier $j\geq 0$ hemos $$f_n^{(j)}(x)=\frac {j!}{2\pi i}\int_{|z-x|=r_x}\frac {f_n(z)}{(z-x)^{j+1}}dz.$$ For fixed $j$ we have $|f_n(z)|\a 0$ uniformly on $\{z:/z-x/=r_x\}$ as $n\to \infty,$ so $f_n^{(j)}(x)\a 0$ as $n\to \infty.$

Por otra parte, como $n\to\infty,$ por cada $j\geq 0$ la secuencia de $(\;f_n^{(j)}\;)_{n\geq 2}$ converge uniformemente a $0$ a $[s,2]$ cualquier $s>0.$

Esto puede estar fuera del alcance de su fondo, pero que muestra la fuerza de complejo análisis aplicado a los análisis real.

Answer 2

como una SUGERENCIA, aviso que $$ \eqalign{ & f(x,n) = \prod\limits_{2\, \le \,k\, \le \;n} {\left( {1 - {x \sobre k}} \right)} = {{\left( { - 1} \right)^{\,n - 1} \prod\limits_{2\, \le \,k\, \le \;n} {\left( {x k} \right)} } \over {\prod\limits_{2\, \le \,k\, \le \;n} k }} = \cr & = {{\left( { - 1} \right)^{\,n - 1} \prod\limits_{0\, \le \,k\, \le \;n - 2} {\left( {x - 2 - k} \right)} } \over {n!}} = {{\left( { - 1} \right)^{\,n - 1} \left( {x 2} \right)^{\,\underline {\n - 1\,} } } \over {n!}} = \cr & = {{\left( { - 1} \right)^{\,n - 1} } \over {x - 1}}\left( \matriz{ x - 1 \cr n \cr} \right) = \left( { - 1} \right)^{\,n - 1} {{\Gamma \left( {x - 1} \right)} \over {\Gamma \left( {x n} \right)\Gamma \left( {n + 1} \right)}} \cr} $$ y también $$ \eqalign{ & f(x,n) = {{\left( { - 1} \right)^{\,n - 1} } \over {x - 1}}\left( \matriz{ x - 1 \cr n \cr} \right) = {1 \over {1 - x}}\left( \matriz{ n - x \cr n \cr} \right) = {1 \over {1 - x}}\left( \matriz{ n - x \cr - x \cr} \right) = \cr & = {1 \over {1 - x}}{{\Gamma (n - x + 1)} \over {\Gamma (n + 1)\Gamma (1 - x)}} = {{\Gamma (n + 1 - x)} \over {\Gamma (n + 1)\Gamma (2 - x)}} \cr} $$