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Question

Ante la sospecha de que el límite es 0, pero ¿Cómo demuestro esto? Fue capaz de llegar a un límite superior de $ \frac{1}{2\sqrt{e}} $ pero no es útil. Al parecer este es un problema difícil.

Answer 1

Puede escribir $$\begin{align} \frac{1\cdot 3\cdot 5 \cdots(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots2n} &=\frac{1\cdot \color{blue}2\cdot 3\cdot \color{blue}4 \cdot 5\cdot\color{blue}6\cdots(2n-1)\cdot \color{blue}{2n}}{(2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n))^\color{blue}2}\\ &=\frac{(2n)!}{(2^{n} \cdot 1\cdot 2\cdot 3 \cdot 4 \cdots n)^2}\\ & =\frac{(2n)!}{2^{2n} (n!)^2 }\\ & =\frac{1}{\sqrt{\pi n}}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^{3/2}}\right), \quad \text{for} \, n \, \text{great} \end {Alinee el} $$ donde hemos utilizado la aproximación de Stirling (aproximación de $(2n)!$ y $n!$), entonces usted fácilmente concluir para el límite (aquí tienes más que el límite).

Answer 2

Comparar el $A=\prod_{j=1}^n\frac{2j-1}{2j}$ $B=\prod_{j=1}^n\frac{2j}{2j+1}$.
Cada factor en el A es menor que el correspondiente factor de B así $A<B$.
AB = $1/(2n+1)$ por el principio del telescopio.
$A^2<AB=1/(2n+1)$
$\lim_{n\to\infty}A=0$

Answer 3

Creo que la aproximación de Stirling es una exageración. Observe que para cualquier $j>1$: $$\left(1-\frac{1}{2j}\right)^2 = 1-\frac{1}{j}+\frac{1}{4j^2} = \left(1-\frac{1}{j}\right)\cdot \left(1+\frac{1}{4j(j-1)}\right)\tag{1}, $$ por lo tanto, dado que el $P_N = \prod_{j=1}^{N}\left(1-\frac{1}{2j}\right)$, tenemos: $$ P_N^2 = \frac{1}{4}\prod_{j=2}^{N}\left(1-\frac{1}{j}\right)\prod_{j=1}^{N-1}\left(1+\frac{1}{4j(j+1)}\right)=\frac{1}{4N}\prod_{j=1}^{N-1}\left(1+\frac{1}{4j(j+1)}\right).\tag{2}$$ Desde $1+x<e^x$ cualquier $x\neq 0$, el último producto puede ser delimitada por: $$\prod_{j=1}^{N-1}\left(1+\frac{1}{4j(j+1)}\right)\leq \exp\left(\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n(n+1)}\right)\leq e^{\frac{1}{4}},\tag{3}$$ así, obtenemos la desigualdad: $$ P_N \leq \frac{1}{2\sqrt{N}}e^{\frac{1}{8}} \tag{4} $$ que es suficiente para el estado de $\lim_{N\to +\infty} P_N = 0$, como quería.

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Como un enfoque alternativo, vale la pena recordar que el infinito producto $$\prod(1+a_n)$$ es convergente iff $\sum a_n$ es convergente. Desde $$\sum_{n\geq 1}\frac{1}{2n-1}$$ es divergente, el producto $$\prod_{n\geq 1}\left(\frac{2n}{2n-1}\right)$$ es divergente, demasiado, por lo que su producto converge hacia cero.