Límite que implica una progresión aritmética

Question

Tengo el siguiente problema:

Dejemos que $(a_n)_{n\geq1}$ sea una progresión aritmética tal que $0<a_1<a_2$ . Encuentra el límite de la secuencia $$y_n=\frac{a_1}{a_2}\cdot\frac{a_3}{a_4}\cdot...\cdot\frac{a_{2n-1}}{a_{2n}}$$

No es complicado ver que $y_n$ es decreciente y acotado, por lo que es convergente, pero no puedo encontrar su límite. Es claramente menor que $\frac{a_1}{a_2}$ . Intenté usar la desigualdad AM-GM pero obtuve algo trivial.

Answer 1

Tenemos $\frac{a_{k}}{a_{k+1}} < \frac{a_{k+1}}{a_{k+2}}$ para todos $k$ Así que

$$y_n^2 < \biggl(\frac{a_1}{a_2}\cdot\frac{a_2}{a_3}\biggr)\cdot\biggl(\frac{a_3}{a_4}\cdot\frac{a_4}{a_5}\biggr) \cdot\dotsc \cdot\biggl(\frac{a_{2n-1}}{a_{2n}}\cdot\frac{a_{2n}}{a_{2n+1}}\biggr) = \frac{a_1}{a_{2n+1}}\,.$$

Así,

$$0 < y_n < \sqrt{\frac{a_1}{a_{2n+1}}} \to 0\,.$$

Apretando se acaba.

Answer 2

El logaritmo del producto es

$$\sum_k\log\frac{a+2kr-r}{a+2kr}=\sum_k\log\left(1-\frac r{a+2kr}\right)<-\sum_k\frac r{a+2kr}$$

y la serie está limitada por la armónica, la suma diverge a $-\infty$ .

Answer 3

El límite es probablemente $0$ .

En el caso de que $a_1=1$ y la progresión aritmética es $1$ tenemos \begin {align*} y_n & = \frac {1 \cdot 3 \cdots (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdots 2n} \\ & = \frac {(2n)!}{2^{2n}(n!)^2} \end {align*} Con la fórmula de Stirling $n!\sim \sqrt{2\pi n}\,\left({n \over {\rm e}}\right)^n$ se deduce que $$ y_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$$ Así que, en este caso concreto $y_n$ tiende a cero...

En el caso general $$ y_n = \prod_{k=1}^n\frac{a_1+(2k-2)d}{a_1+(2k-1)d} := \prod_{k=1}^n\frac{1+(2k-2)u}{1+(2k-1)u} $$ (con $u:=\frac{d}{a_1}$ )

Pero (supongo que $u, u'>0$ si no, invertir la desigualdad final) \begin {align*} & \frac {1+(2k-2)u}{1+(2k-1)u} \leq \frac {1+(2k-2)u'}{1+(2k-1)u'} \\ \Leftrightarrow \quad & (1+(2k-2)u)(1+(2k-1)u') \leq (1+(2k-2)u')(1+(2k-1)u) \\ \Leftrightarrow \quad & (2k-2)u+(2k-1)u' \leq (2k-2)u'+(2k-1)u \\ \Leftrightarrow \quad & u' \leq u \end {align*}

Así, el primer caso particular da ya que $y_n$ tiende a $0$ si $1\leq \frac{d}{a_1}$ o $0 < a_1 \leq d$ .

Answer 4

Demasiado largo para un comentario.

Utilizando $a_n=A+(n-1)B$ y los símbolos de Pochhammer el numerador escriben $$2^{n-1}A\, B^{n-1} \left(\frac{A+2B}{2 B}\right)_{n-1}$$ y el denominador $$2^{n-1} (A+B) B^{n-1} \left(\frac{A+3 B}{2 B}\right)_{n-1}$$ haciendo $$y_n=\frac{A}{A+B} \frac{ \left(\frac{A+2B}{2 B}\right)_{n-1}}{ \left(\frac{A+3 B}{2 B}\right)_{n-1}}$$ Uso de la asintótica $$y_n=\frac{A}{A+B} \frac{ \Gamma \left(\frac{A+3 B}{2 B}\right)}{ \Gamma \left(\frac{A+2B}{2 B}\right)}\frac 1{\sqrt n}+O\left(\frac{1}{n^{3/2}}\right)$$ Lo que tendría muy interesante es calcular el límite de $z_n=y_n \sqrt n$