Lim de $a_{n} = (1-\frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})...(1-\frac{1}{n^2})$

Question

$a_{n} = (1-\frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})...(1-\frac{1}{n^2})$
Primero encuentro que $a_{n}$ es descendente $$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\cfrac{(1-\frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})...(1-\frac{1}{n^2})(1-\frac{1}{(n+1)^2})}{(1-\frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})...(1-\frac{1}{n^2})} = 1-\frac{1}{(n+1)^2}<1$$

Así que $a_{n}$ es descendente y también es $$0< 1-\frac{1}{(n+1)^2}<1$$ Así que puedo decir $$\exists\lim\limits_{n \to \infty} a_{n} =l\in\Bbb{R} $$ ¿Cómo continúo?

Answer 1

Tenemos $$a_n = \dfrac{1 \cdot 3}{2\cdot2} \cdot \dfrac{2 \cdot 4}{3\cdot3} \cdot \dfrac{3 \cdot 5}{4\cdot4} \cdot \dfrac{4 \cdot 6}{5\cdot5} \cdots \dfrac{(n-1)\cdot (n+1)}{n \cdot n}$$ La cancelación telescópica muestra que $$a_n = \dfrac12 \cdot \dfrac{(n+1)}{n},\,\, \forall n \geq 2$$ También puedes comprobarlo por inducción. Ahora es fácil ver qué $\lim_{n \to \infty} a_n$ es.