Предел с факториалами

[Xo4y3HaTb]

Доказать существование предела и найти его значение. $x_n=\frac{n!}{(2n+1)!!}$. Впервые сталкиваюсь с двойным факториалом. Удалось привести к такому виду: $x_n=\frac{n!2n!!}{(2n+1)!}=\frac{2\cdot4\cdot6...\cdot2n}{(n+1)(n+2)...(2n+1)}$. Дальше не знаю как строго решать. Если на пальцах, то в числителе $n$ множителей, в знаменателе $n+1$ множителей. Каждая дробь вида $\frac{2k}{n+k}$ стремится к нулю, последняя дробь стремится к единице, т.е. всё выражение стремится к нулю. Подскажите, пожалуйста, как можно строго решить это?

[mihaild]

Xo4y3HaTb в сообщении #1615535 писал(а):

Каждая дробь вида $\frac{2k}{n+k}$ стремится к нулю, последняя дробь стремится к единице

Там же не только последняя.
Строго - отделите $\frac{2}{n + 1}$, это стремится к нулю, а остальное не превосходит единицы. Произведение стремящейся к нулю последовательности на ограниченную стремится к нулю.

[Xo4y3HaTb]

mihaild в сообщении #1615539 писал(а):

Там же не только последняя.
Строго - отделите $\frac{2}{n + 1}$, это стремится к нулю, а остальное не превосходит единицы. Произведение стремящейся к нулю последовательности на ограниченную стремится к нулю.

Если я отделю $\frac{2}{n + 1}$ как б.м. посл-ть, то остальное тоже будет б.м. по идее? Ведь у меня в знаменателе на 1 множитель (в котором есть $n$) больше. (Хотя это не важно, ограниченности тоже достаточно)
Отделю вот так $\frac{2}{(n + 1)(n+2)}$ и будет б.м. на ограниченную. Смысл понятен. Спасибо большое!

-- 01.11.2023, 03:57 --

Есть ещё рекуррентная последовательность, которую не получается оценить ни сверху, ни снизу. (Онлайн калькуляторы почему-то не могут решить, в том числе и вольфрам-альфа. Возможно, что-то неправильно записываю туда). Док-ть, что сущ. предел $x_{n+1}=\frac{4}{3}x_n-x_n^2, x_1=\frac{7}{6}$ и найти его значение. $x_{n+1}=\frac{4}{3}x_n-x_n^2=x_n(\frac{4}{3}-x_n)$. Учитывая, что корнями уравнения являются $0$ и $\frac{1}{3}$, и второй член последовательности лежит между этими значениями, пытался доказать по индукции ограниченность снизу $0$, ограниченность сверху $\frac{1}{3}$, но ничего не выходит. Например, попробую док-ть ограниченность последовательности сверху $\frac{1}{3}$. При $n=2, x_2=\frac{7}{36}<\frac{1}{3}$. Пусть верно при $n=k, x_k<\frac{1}{3}$. Проверим верно ли при $n=k+1, x_{k+1}=x_k(\frac{4}{3}-x_k)$. Первый множитель $x_k<\frac{1}{3}$, а второй множитель т.е. скобка больше 1. т.е. сохраняется неопределённость. Аналогично если оценивать ограниченность снизу $\frac{1}{3}$ или $0$. Подскажите, пожалуйста, как подступиться?

[mihaild]

Xo4y3HaTb в сообщении #1615542 писал(а):

Если я отделю $\frac{2}{n + 1}$ как б.м. посл-ть, то остальное тоже будет б.м. по идее?

Да, будет. И можно отделить еще произвольное фиксированное конечное членов, и получить, что последовательность убывает не медленнее чем $O\left(\frac{1}{n^k}\right)$ для произвольного $k$. Но для стремления к нулю это не нужно.

Xo4y3HaTb в сообщении #1615542 писал(а):

Пусть верно при $n=k, x_k<\frac{1}{3}$. Проверим верно ли при $n=k+1, x_{k+1}=x_k(\frac{4}{3}-x_k)$.

А теперь решите неравенство $x_{k + 1} \geq \frac{1}{3}$ (подставив выражение $x_{k + 1}$ через $x_k$).

[Rak so dna]

Xo4y3HaTb в сообщении #1615542 писал(а):

Док-ть, что сущ. предел $x_{n+1}=\frac{4}{3}x_n-x_n^2, x_1=\frac{7}{6}$ и найти его значение.

Если $y_n=\frac{2}{3}-x_n$ то $y_{n+1}=\frac{2}{9}+y_n^2$

[Xo4y3HaTb]

mihaild
Понял. Решение удалось, спасибо!

Rak so dna
Не пойму в чём идея заключается?

[Евгений Машеров]

Я бы тупо расписал факториал и двойной факториал, как произведения, и представил бы
$x_n=\frac{1}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{4}{7}\cdots\frac{n}{2n+1}$
и затем обратил бы внимание, что
$x_{n+1}<\frac {x_n}2$

[Rak so dna]

Rak so dna в сообщении #1615570 писал(а):

Xo4y3HaTb в сообщении #1615542 писал(а):

Док-ть, что сущ. предел $x_{n+1}=\frac{4}{3}x_n-x_n^2, x_1=\frac{7}{6}$ и найти его значение.

Если $y_n=\frac{2}{3}-x_n$ то $y_{n+1}=\frac{2}{9}+y_n^2$

Xo4y3HaTb в сообщении #1615587 писал(а):

Не пойму в чём идея заключается?

Да, просто запись как-то по-приятнее. Судя по всему, проще от этих подстановок решение не будет.
1. показываем, что $y_n$ монотонно убывает ($y_1$ не считаем)
2. используя 1. имеем: $y_{n+1}-y_n=\left(y_n-\frac{1}{3}\right)\left(y_n-\frac{2}{3}\right)<0$
3. для достаточно больших $n$ индукцией показываем, что $y_n<\frac{1}{3}+\frac{1}{n}$

Т.о. для достаточно больших $n$ верно $\frac{1}{3}<y_n<\frac{1}{3}+\frac{1}{n}$

[Xo4y3HaTb]

Евгений Машеров
Да так проще, если суметь это заметить. Я бы не заметил) Спасибо!
Rak so dna
Идея ясна, вашим способом тоже решил) Т.к. в Демидовиче рекуррентных последовательностей нет, на семинарах не решали, а на контрольной будут..

Всем спасибо за помощь!