Найти предел последовательности

[artempalkin]

Это Кудрявцев пар. 10, 147 (5)
Используя непрерывность соответствующих функций, вычислить предел последовательности:

$$\left(1+\frac 1{n^2}\right)\left(1+\frac 2{n^2}\right)...\left(1+\frac n{n^2}\right)$$

По идее в плане непрерывности речь должна, наверное, идти про потенциирование, в итоге нужно рассмотреть такое выражение:

$$\ln\left(1+\frac 1{n^2}\right)+...+\ln\left(1+\frac n{n^2}\right)$$

Если рассмотреть каждый логарифм отдельно и разложить: $\ln\left(1+\frac k{n^2}\right)=\frac k{n^2}-\xi_k^2\frac1{2n^4}$, где $|\xi_k|\leqslant k$. Первый набор слагаемых даст нам $\frac {n(n+1)}{2n^2}\to\frac12$, а второй набор слагаемых $\left|\sum \xi_k^2\frac1{2n^4}\right|\leqslant\frac 1{2n^4}\sum k^2$. Сумма квадратов натуральных чисел есть $O(n^3)$, а значит второй набор слагаемых $\to 0$. Отсюда последовательность сходится к $\sqrt e$.

Но проблема в том, что на этом этапе мы такого разложения $\ln\left(1+\frac k{n^2}\right)=\frac k{n^2}-\xi_k^2\frac1{2n^4}$ не знаем (это по сути ряд Маклорена с о.ч. в форме Лагранжа). И знаем мы вообще не так много, разве что $\ln(1+x)=x+o(x)$. И вот с такими сведениями не совсем понятно, что тут конкретно делать.

-- 05.07.2023, 14:35 --

Еще я заметил, что если оценить нашу исходную последовательность сверху по неравенству средних геометрических-арифметических, то как раз оценивается последовательностью, сходящейся к $\sqrt e$. Но ведь тогда и снизу нужно оценить, а как - не ясно...

[mihaild]

artempalkin в сообщении #1599974 писал(а):

И знаем мы вообще не так много, разве что $\ln(1+x)=x+o(x)$.

Этого достаточно. $\ln(1 + x) = x + x \cdot f(x)$, где $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0$. Пусть $g(y) = \sup\limits_{x \in [0, y]} |f(x)|$, тогда $\lim\limits_{y \to 0} g(y) = 0$ и набор из вторых слагаемых по модулю оценивается как $\sum \frac{k}{n^2} \left|f\left(\frac{k}{n^2}\right)\right| \leq \sum \frac{k}{n^2} \cdot g\left(\frac{1}{n}\right) = O(1) \cdot g(1/n)$.

[TOTAL]

artempalkin в сообщении #1599974 писал(а):

а как - не ясно...

Ясно как.
Для оценки снизу: $(1+\frac{k}{n^2})(1+\frac{n-k}{n^2}) > 1+\frac{1}{n}$
Для оценки сверху: $(1+\frac{k}{n^2}) < (1+\frac{1}{n^2})^k$

[artempalkin]

mihaild в сообщении #1599983 писал(а):

Этого достаточно. $\ln(1 + x) = x + x \cdot f(x)$, где $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0$. Пусть $g(y) = \sup\limits_{x \in [0, y]} |f(x)|$, тогда $\lim\limits_{y \to 0} g(y) = 0$ и набор из вторых слагаемых по модулю оценивается как $\sum \frac{k}{n^2} \left|f\left(\frac{k}{n^2}\right)\right| \leq \sum \frac{k}{n^2} \cdot g\left(\frac{1}{n}\right) = O(1) \cdot g(1/n)$.

Да, спасибо! Мне показалось введение отдельной функции несколько излишним, но в целом идеально :)

-- 26.07.2023, 21:48 --

TOTAL в сообщении #1600024 писал(а):

Для оценки снизу: $(1+\frac{k}{n^2})(1+\frac{n-k}{n^2}) > 1+\frac{1}{n}$
Для оценки сверху: $(1+\frac{k}{n^2}) < (1+\frac{1}{n^2})^k$

Отличная идея! Только вроде бы работает она только при четном числе множителей, а значит придется отдельно доказывать сходимость последовательности, нет? (т.е., например, монотонность)

[TOTAL]

artempalkin в сообщении #1602616 писал(а):

Только вроде бы работает она только при четном числе множителей, а значит придется отдельно доказывать сходимость последовательности, нет?

Нет. Можно удвоить число сомножителей. Мождно один сомножитель добавить.

[artempalkin]

TOTAL в сообщении #1602685 писал(а):

Мождно один сомножитель добавить.

Хмм, то есть, типа, рассмотрим последовательность: четные члены совпадают со старыми, а нечетные немного изменим:

$$\left(1+\frac 1{n^2}\right)\left(1+\frac 2{n^2}\right)...\left(1+\frac n{n^2}\right)\left(1+\frac {n+1}{n^2}\right)$$

Поскольку мы по сути домножили нашу последовательность на последовательность, эквивалентную $1$, то ее предел (если он был) не изменится, зато теперь в каждом члене четное число сомножителей и можно применить вашу логику. Правильно я понял?

TOTAL в сообщении #1602685 писал(а):

Можно удвоить число сомножителей.

Вот это не особо понял...

[TOTAL]

artempalkin в сообщении #1602801 писал(а):

TOTAL в сообщении #1602685 писал(а):

Можно удвоить число сомножителей.

Вот это не особо понял...

Каждого сомножителя возьмите по две штуки.

[vicvolf]

mihaild в сообщении #1599983 писал(а):

artempalkin в сообщении #1599974 писал(а):

И знаем мы вообще не так много, разве что $\ln(1+x)=x+o(x)$.

Этого достаточно. $\ln(1 + x) = x + x \cdot f(x)$, где $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0$. Пусть $g(y) = \sup\limits_{x \in [0, y]} |f(x)|$, тогда $\lim\limits_{y \to 0} g(y) = 0$ и набор из вторых слагаемых по модулю оценивается как $\sum \frac{k}{n^2} \left|f\left(\frac{k}{n^2}\right)\right| \leq \sum \frac{k}{n^2} \cdot g\left(\frac{1}{n}\right) = O(1) \cdot g(1/n)$.

А почему в данном случае $g(y)=g(1/n)$?

Можно ли данный метод показать на других примерах:

$\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1+\frac{1}{n}), \sum_{n=1}^{\infty} \ln(1+\frac{1}{n^2})$?.

[mihaild]

vicvolf в сообщении #1603329 писал(а):

А почему в данном случае $g(y)=g(1/n)$?

Откуда $n$ взялось?

vicvolf в сообщении #1603329 писал(а):

Можно ли данный метод показать на других примерах:

Не получится, потому что в исходном примере мы рассматривали всё большие суммы всё меньших слагаемых - в том числе первое слагаемое убывало. Поэтому можно было из асимптотики определить значение суммы. А тут только сходимость получится.

[vicvolf]

mihaild в сообщении #1603332 писал(а):

vicvolf в сообщении #1603329 писал(а):

А почему в данном случае $g(y)=g(1/n)$?

Откуда $n$ взялось?

Вы же сами писали:

mihaild в сообщении #1599983 писал(а):

Пусть $g(y) = \sup\limits_{x \in [0, y]} |f(x)|$, тогда набор из вторых слагаемых по модулю оценивается как $\sum \frac{k}{n^2} \left|f\left(\frac{k}{n^2}\right)\right| \leq \sum \frac{k}{n^2} \cdot g\left(\frac{1}{n}\right) = O(1) \cdot g(1/n)$.

В последней оценке в качестве $g(y)$ используется $g(1/n)$.

[mihaild]

vicvolf в сообщении #1603342 писал(а):

В последней оценке в качестве $g(y)$ используется $g(1/n)$.

Потому что $\frac{k}{n^2} \leq \frac{1}{n}$, и значит по определению $g$, $\left| f\left( \frac{k}{n^2}\right) \right| \leq \sup\limits_{x \leq 1/n} |f(x)| = g\left( \frac{1}{n}\right)$.

[vicvolf]

mihaild в сообщении #1603348 писал(а):

vicvolf в сообщении #1603342 писал(а):

В последней оценке в качестве $g(y)$ используется $g(1/n)$.

Потому что $\frac{k}{n^2} \leq \frac{1}{n}$, и значит по определению $g$, $\left| f\left( \frac{k}{n^2}\right) \right| \leq \sup\limits_{x \leq 1/n} |f(x)| = g\left( \frac{1}{n}\right)$.

Агалогично можно записать: $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n}$, и значит по определению $g$, $\left| f\left( \frac{1}{n^2}\right) \right| \leq \sup\limits_{x \leq 1/n} |f(x)| = g\left( \frac{1}{n}\right)$.
И далее набор из вторых слагаемых по модулю оценивается как $\sum \frac{1}{n^2} \left|f\left(\frac{1}{n^2}\right)\right| \leq \sum \frac{1}{n^2} \cdot g\left(\frac{1}{n}\right) = O(1) \cdot g(1/n)$.

[mihaild]

vicvolf в сообщении #1603350 писал(а):

Агалогично можно записать: $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n}$, и значит по определению $g$, $\left| f\left( \frac{1}{n^2}\right) \right| \leq \sup\limits_{x \leq 1/n} |f(x)| = g\left( \frac{1}{n}\right)$.

Можно. И что?

[vicvolf]

mihaild в сообщении #1603352 писал(а):

vicvolf в сообщении #1603350 писал(а):

Агалогично можно записать: $\frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{n}$, и значит по определению $g$, $\left| f\left( \frac{1}{n^2}\right) \right| \leq \sup\limits_{x \leq 1/n} |f(x)| = g\left( \frac{1}{n}\right)$.

Можно. И что?

Далее $\sum_{n \leq x}\ln(1+1/n^2)=\sum_{n \leq x}{1/n^2}+O(g(1/x))$.

[mihaild]

vicvolf в сообщении #1603353 писал(а):

Далее $\sum_{n \leq x}\ln(1+1/n^2)=\sum_{n \leq x}{1/n^2}+O(g(1/x))$.

Не получается. Там например в первом слагаемом будет $g(1)$.