Бесконечное произведение

[Dedekind]

Задача. Доказать, что $\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{2n}\right)$ = 0.

Попытка решения. Пусть последовательность частичных произведений $p_n = \prod_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{2k}\right)$. Пусть $N\le n$. Тогда $|p_n|\le |p_N|\le \left(1-\frac{1}{2N} \right)^{N}$. Теперь, если бы удалось доказать, что для любого $\varepsilon>0$ существует такое $N$, что $ \left(1-\frac{1}{2N} \right)^{N}$< \varepsilon, то доказательство было бы закончено.
Но вот с последним пунктом у меня что-то не выходит. Или, возможно, в целом в рассуждениях где-то ошибка.

[drzewo]

берем логарифм, получаем ряд стремящийся к $-\infty$

[wrest]

Dedekind в сообщении #1687465 писал(а):

Теперь, если бы удалось доказать, что для любого $\varepsilon>0$ существует такое $N$, что $ \left(1-\frac{1}{2N} \right)^{N}< \varepsilon$, то доказательство было бы закончено.
Но вот с последним пунктом у меня что-то не выходит.

И не выйдет ибо $\lim \limits _{x \to +\infty} \left(1-\dfrac{1}{2x}\right)^x=\dfrac{1}{\sqrt{e}} \approx 0.606531$

[Dedekind]

wrest в сообщении #1687469 писал(а):

И не выйдет ибо $\lim \limits _{x \to +\infty} \left(1-\dfrac{1}{2x}\right)^x=\dfrac{1}{\sqrt{e}} \approx 0.606531$

Да, и правда.

drzewo в сообщении #1687466 писал(а):

берем логарифм, получаем ряд стремящийся к $-\infty$

Можно, наверное, но не хотелось бы.

[Dedekind]

Вот похоже способ попроще. Все ли верно?

Пусть $a_k = \left(1-\frac{1}{2k}\right) = \frac{1}{b_k}$, где $b_k = \frac{2k}{2k-1}= \left(1+\frac{1}{2k-1}\right) $.
Тогда последовательность частичных произведений $p_n = \prod_{k=1}^{n}a_k = \frac{1}{\prod_{k=1}^{n}b_k}$. Поскольку последовательность $t_n=\prod_{k=1}^{n}b_k$ расходится и возрастает, то она неограничена. Следовательно, $p_n=\frac{1}{t_n}$ - сходится к 0.

[mihaild]

Dedekind в сообщении #1687495 писал(а):

Поскольку последовательность $t_n=\prod_{k=1}^{n}b_k$ расходится

А почему она расходится?

[Dedekind]

mihaild в сообщении #1687497 писал(а):

А почему она расходится?

Есть теорема, что последовательность вида $t_n = \prod_{k=1}^{n}\left(1+a_k\right)$ сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд $\sum_{k=1}^{\infty}a_k$. В данном случае это будет ряд $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2k-1}$, который расходится как гармонический.

[ShMaxG]

Последовательность $p_n$ строго убывает и ограничена снизу, значит предел существует. Пусть он не ноль. Далее оцените сверху отношение $p_{2n}/p_n$ и покажите, что предел оценки меньше 1. Это будет означать противоречие, значит предел равен 0.

[Dedekind]

ShMaxG
Это какой-то аналог признака Даламбера для произведений?

[lel0lel]

drzewo в сообщении #1687466 писал(а):

берем логарифм, получаем ряд стремящийся к $-\infty$

Dedekind в сообщении #1687472 писал(а):

Можно, наверное, но не хотелось бы.

Логарифмы-то никто не любит
Может тогда через экспоненту?)

$$0<\prod\limits_{k=1}^{n}\left(1-{1\over 2k}\right)<\prod\limits_{k=1}^{n}e^{-{1\over 2k}}=\exp\left({-{1\over 2}\sum_{k=1}^{n}{1\over k}}\right)$$

[ShMaxG]

Dedekind в сообщении #1687524 писал(а):

ShMaxG
Это какой-то аналог признака Даламбера для произведений?

Нет, это просто выкладки. С одной стороны предел равен 1, с другой стороны он не больше числа меньше единицы. Исходное произведение связано с гармоническим рядом. Достаточно подсмотреть как доказывается расходимость гармонического ряда и док-во для произведения (что я и привел) получается быстро.

[B@R5uk]

lel0lel, красиво.

[Combat Zone]

Частичное произведение

$$P_n=\frac{1\cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6 \cdots (2n)}$$

возведем в квадрат и преобразуем.

$$\frac{3}{2\cdot 2} \cdot\frac {3\cdot 5}{4\cdot 4} \cdot\frac {5\cdot 7}{6\cdot 6} \cdots \frac{(2n-3)(2n-1)}{(2n-2)^2}\cdot \frac {(2n-1)(2n+1)}{(2n)^2} = P_n^2\cdot (2n+1) \le 1$$

.
Отсюда $|P_n|\le\dfrac {1} {\sqrt{2n+1}}$ .
Что и требовалось.

[drzewo]

Стандартная задача на применение стандартной техники мат.анализа. В Демидовиче таких полно. Я бы посоветовал ТС систематически изучать анализ и его регулярные методы.

[Dedekind]

B@R5uk в сообщении #1687538 писал(а):

lel0lel, красиво.

Действительно:) Но все равно, это еще непрерывность экспоненты нужно доказать.

ShMaxG в сообщении #1687531 писал(а):

Нет, это просто выкладки. С одной стороны предел равен 1, с другой стороны он не больше числа меньше единицы.

Вот тут не понял. Зачем нам предполагать, что предел равен 1? Ведь чтобы прийти к противоречию, нужно предположить, что предел не 0. Но не обязательно единица же.

-- 25.05.2025, 21:22 --

Combat Zone
Тоже красиво, спасибо:)