Encontrar $\lim_{n\to \infty}\{(1+\frac{1}{2n})\cdot (1+\frac{3}{2n}) \cdot (1+\frac{5}{2n})\cdots(1+\frac{2n-1}{2n})\}^{{1}/{2n}}$

Question

El uso de la AM-GM desigualdad obtenemos

$$\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bigg(1+\dfrac{(2i-1)}{n}\bigg)>\prod_{i=1}^{n}\bigg(1+\dfrac{(2i-1)}{n}\bigg)^{{1}/{n}}\\ \implica \dfrac{n+\frac{1}{2n}(1+3+5+...(2n-1))}{n}>\prod_{i=1}^{n}\bigg(1+\dfrac{(2i-1)}{n}\bigg)^{{1}/{n}}\\ \implica \frac{n+\frac{1}{2n}\left[\frac{n}{2}\left[2\cdot 1+(n-1)2\right]\right]}{n}>\prod_{i=1}^{n}\bigg(1+\frac{(2i-1)}{n}\bigg)^{{1}/{n}}\\ \implica \dfrac{3}{2}>\prod_{i=1}^{n}\bigg(1+\dfrac{(2i-1)}{n}\bigg)^{{1}/{n}}\, por tanto \sqrt{\dfrac{3}{2}}>\prod_{i=1}^{n}\bigg(1+\dfrac{(2i-1)}{n}\bigg)^{{1}/{2n}}$$(tomando la raíz cuadrada de ambos lados)

Entonces, ¿qué podemos decir acerca de la $$\lim_{n\to \infty}\left\{\left(1+\dfrac{1}{2n}\right)\cdot \left(1+\dfrac{3}{2n}\right) \cdot \left(1+\dfrac{5}{2n}\right)\cdots\left(1+\dfrac{2n-1}{2n}\right)\right\}^{{1}/{2n}}$$

@Jair Taylor ha mencionado el uso de Reimann sumas, voy a tratar aquí.

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}\log\left(1+\dfrac{2i-1}{n}\right)\cdot \dfrac{1}{n}$$

$$\therefore a=1, \Delta x_i=\dfrac{1}{n} \therefore \dfrac{1}{n}=\dfrac{b-1}{n} \therefore b=2$$

Por tanto, la integral se convierte en $\int_{1}^2(\log(?)dx$

Lo que pongo aquí en lugar de '?' o es el enfoque equivocado?

Pero de nuevo, acabo de ver otra cosa $\int_{1}^2(x)dx=\dfrac{3}{2}$ y ya tenemos a $\sqrt{\dfrac{3}{2}}$ de nuestra desigualdad!!!

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\lim_{n \to \infty}\bracks{\prod_{k = 1}^{n} \pars{1 + {2k - 1 \over 2n}}}^{1/\pars{2n}}}} = \lim_{n \to \infty}\bracks{{1 \over n^{n}}\prod_{k = 1}^{n} \pars{k + n - {1 \over 2}}}^{1/\pars{2n}} \\[5mm] = &\ \lim_{n \to \infty}\bracks{{1 \over n^{n}} \pars{{1 \over 2} + n}^{\large\overline{n}}}^{1/\pars{2n}} = \lim_{n \to \infty}\bracks{{1 \over n^{n}} {\Gamma\pars{1/2 + 2n} \over \Gamma\pars{1/2 + n}}}^{1/\pars{2n}} \\[5mm] = &\ \lim_{n \to \infty}\bracks{{1 \over n^{n}} {\root{2\pi}\pars{2n - 1/2}^{2n}\expo{-2n + 1/2} \over \root{2\pi}\pars{n - 1/2}^{n}\expo{-n + 1/2}}}^{1/\pars{2n}} \\[5mm] = &\ \lim_{n \to \infty}\braces{{1 \over n^{n}} {\pars{2n}^{2n}\bracks{1 - \pars{1/2}/\pars{2n}}^{\, 2n} \over n^{n}\bracks{1 - \pars{1/2}/n}^{n}}\,\expo{-n}}^{1/\pars{2n}} \\[5mm] = &\ \lim_{n \to \infty}\braces{2^{2n}\, {\bracks{1 - \pars{1/2}/\pars{2n}}^{\, 2n} \over \bracks{1 - \pars{1/2}/n}^{n}}\,\expo{-n}}^{1/\pars{2n}} = \lim_{n \to \infty}\pars{2^{2n}\expo{-n}}^{1/\pars{2n}} \\[5mm] = &\ \bbx{2 \over \root{\expo{}}} \approx 1.2131 \end{align}

Answer 2

Voy a intentarlo con la contracción y la siguiente aproximación de Stirling:

• $\sqrt{2\pi}\sqrt{n}\frac{n^n}{e^n} \leq n! \leq e \sqrt{n}\frac{n^n}{e^n}$

Vamos

• $p_n = \prod_{k=1}^n\left(1 + \frac{2k-1}{2n} \right)$
• $P_n = (p_n)^{\frac{1}{2n}}$

Tenemos $$\prod_{k=1}^n\left(1 + \frac{k-1}{n} \right) =\prod_{k=1}^n\left(1 + \frac{2k-2}{2n} \right) \leq p_n \leq \prod_{k=1}^n\left(1 + \frac{2k}{2n} \right) = \prod_{k=1}^n\left(1 + \frac{k}{n} \right)$$ Por lo tanto, $$\frac{n}{2n}\frac{(2n)!}{n!\cdot n^n}=\frac{\prod_{k=1}^n(n+k-1)}{n^n} \leq p_n \leq \frac{\prod_{k=1}^n(n+k)}{n^n}=\frac{(2n)!}{n!\cdot n^n}$$ Ahora, hacemos uso de la Stirling aproximaciones de ambos lados:

$$\frac{1}{2}\frac{\sqrt{2\pi}\cdot \sqrt{2n}\cdot (2n)^{2n}\cdot e^n}{e\cdot \sqrt{n}\cdot n^n\cdot e^{2n} \cdot n^n} \leq p_n \leq \frac{e\cdot \sqrt{2n}\cdot (2n)^{2n}\cdot e^n}{\sqrt{2\pi}\cdot \sqrt{n}\cdot n^n\cdot e^{2n} \cdot n^n}$$ La recolección de los factores constantes constantes positivas $c, C$: $$c\frac{2^{2n}}{e^n}\leq p_n \leq C\frac{2^{2n}}{e^n}$$ Así, obtenemos $$c^{\frac{1}{2n}}\frac{2}{\sqrt{e}} \leq P_n \leq C^{\frac{1}{2n}}\frac{2}{\sqrt{e}}$$ $$\lim_{n\rightarrow \infty}P_n = \frac{2}{\sqrt{e}}$$

Answer 3

sugerencia: $P_n = \dfrac{\sqrt[2n]{(1+1/2n)(1+2/2n)(1+3/2n)\cdots (1+2n/2n)}}{\sqrt[2n]{(1+2/2n)(1+4/2n)(1+6/2n)\cdots (1+2n/2n)}}$, y tomar registro y ha $\log(P_n) = R_n - Q_n$, mientras que el $R_n, Q_n$ son las sumas de Riemann.