¿Cómo puedo probar que este producto infinito es igual a $0$?

Question

Estoy teniendo problemas para demostrar que $$\prod_{n=1}^\infty\frac{2n-1}{2n}=0$ $ sabe que la secuencia de productos parciales $(p_n)$ converge a un límite $L\ge0$, porque $$p_n=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}$ $ es decreciente y acotada por debajo de cero.

Creo que demostrar que el límite es igual a cero implica encontrar una secuencia $(a_n) \to 0$ tal que, eventualmente, $p_n \le a_n$; sin embargo, no he podido encontrar dicha secuencia.

¿Cómo se puede hacer?

Answer 1

Un enfoque que no dependen de la combinatoria o factoriales:

$$ \left(\prod_{n=1}^\infty\frac{2n-1}{2n}\right)\left(\prod_{n=1}^\infty\frac{2n}{2n+1}\right)=\prod_{n=1}^\infty\frac{2n-1}{2n+1}=\lim_{n\to\infty} \frac1{2n+1} = 0 $$ donde el $\lim$ expresión surge debido a la telescópica.

Pero ambos términos a la izquierda son positivos, y es fácil para confirmar que $$ \frac{2n-1}{2n}<\frac{2n}{2n+1} $$ y así $$ a=\left(\prod_{n=1}^\infty\frac{2n-1}{2n}\right)\leq\left(\prod_{n=1}^\infty\frac{2n}{2n+1}\right)=b $$ donde la igualdad ocurre si ambos son cero. Por lo tanto, como $0\leq a\leq b$$ab=0$, debemos concluir que $a=0$.

Answer 2

Usted puede notar que: $$ p_n = \prod_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{2k}\right) = \frac{1}{4^n}\binom{2n}{n} \tag{1}$ $ tiene un cuadrado dado por: %#% $ de #% en particular: $$ p_n^2 = \frac{1}{4}\prod_{k=2}^{n}\left(1-\frac{1}{k}\right)\prod_{k=2}^{n}\left(1+\frac{1}{4k(k-1)}\right)=\frac{1}{4n}\prod_{k=2}^{n}\left(1+\frac{1}{4k(k-1)}\right)\tag{2} $ $ y: % $ $$ p_n^2 \leq \frac{1}{4n}\exp\sum_{k=2}^{n}\left(\frac{1}{4(k-1)}-\frac{1}{4k}\right) \leq \frac{e^{1/4}}{4n}\tag{3} $$$ p_n \leq \frac{C}{\sqrt{n}}\tag{4} $.

Answer 3

Aplique aproximación $$n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$ $ de Stirling % $ de $$\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}.$simplificar da $$\frac{1}{\sqrt{n\pi}}\to 0.$ $

Answer 4

Recordar los siguientes

Teorema: que $(\alpha_n)_{n\in \mathbb N}$ ser una secuencia de elementos tales que $\alpha_n\in [0,1)$ cada $n\in\mathbb N$. Entonces $$\prod_{n=1}^{+\infty}(1-\alpha_n)=0 \iff \sum_{n=1}^{+\infty}\alpha_n=+\infty$ $

y sólo tienes que escribir $$\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{2n-1}{2n}=\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1-\frac{1}{2n}\right)$ $ desde $\left(\frac{1}{2n}\right)_{n\in \mathbb N}$ no es adicionable, sigue el reclamo.

Answer 5

Tomar el registro de la mano izquierda.

Así, tomar el registro de los productos parciales de la mano izquierda.

Mostrar que el registro de los productos parciales de la mano izquierda es ilimitado a continuación.

Esto, junto con su "realidad converge", le da el hecho de los productos parciales converge a cero.

$$\ln(\prod_{n=1}^{k}(\frac{2n-1}{2n})) = \sum_{n=1}^{k}(\ln(2n-1)-\ln{2n})$$ Ahora, $\ln(2n-1)-ln(2n)$ es aproximadamente el $-\frac{1}{2n}$. Esto es debido a que la serie armónica (sumas parciales de $\frac{1}{n}$) se aproxima a $\ln$.

$$\ln(\prod_{n=1}^{k}(\frac{2n-1}{2n})) \approx \sum_{n=1}^k(-\frac{1}{2n})$$ El lado derecho está acotada por debajo, de modo que el lado izquierdo converge a cero.

Todo lo que necesitas hacer es hacer la $\ln(2n-1)-ln(2n) \approx -\frac{1}{2n}$ menos ondulante. Indica que es menos de $-\frac{1}{n}$ debe ser fácil de demostrar y más que suficientes, y solo nos falta "para suficientemente grande n" (como que no se preocupan por cualquier prefijo).