Доказать, что последовательность сходится

[iou]

Последовательность ${a_n}$ имеет вид

$$a_n=(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})...(1+\frac{1}{2^n})$$

Доказать, что $a_n$ сходится.
Мои идеи:
Докажем, что последовательность монотонно возрастает, то есть выполняется условие $a_{n+1}-a_n>0$. Оно выполняется для всех $n\in\mathbb{N}$, поскольку $a_{n+1}=k(a_n)$, где $k>1$.
Теперь нужно доказать, что она ограничена сверху, тогда она будет сходится по теореме Вейерштрасса, но я не понимаю, как доказать ограниченность.
Заранее спасибо.

[Otta]

Прологарифмируйте.

[iou]

Otta в сообщении #1064086 писал(а):

Прологарифмируйте.

Получается вроде

$$\sum\limits_{n=1}^{m}\ln\frac{2n}{2n+1}$$

Чем это ограниченно?

[provincialka]

Поправьте $n$ -- оно же в показателе должно быть? И вообще формула странная...

А знаете ли вы какие-нибудь оценки для логарифма?

[iou]

provincialka в сообщении #1064095 писал(а):

Поправьте $n$ -- оно же в показателе должно быть? И вообще формула странная...

А знаете ли вы какие-нибудь оценки для логарифма?

$\ln(1+x)\leqslant x$, например, но тут никакой не вижу.

[provincialka]

Именно эта оценка. Только запишите аккуратно логарифм.

[ewert]

По-хорошему, конечно, нужно логарифмировать. Но не так трудно и без логарифмов. Очевидно, что члены последовательности оцениваются сверху через геометрическую прогрессию со знаменателем хоть и бОльшим единицы, но сколь угодно близким к единице и уж во всяком случаем меньшим, чем двойка. А разность двух соседних членов получается делением первого из них на геометрическую прогрессию со знаменателем два. Соответственно, эта разность...

[iou]

provincialka в сообщении #1064101 писал(а):

Именно эта оценка. Только запишите аккуратно логарифм.

Получается, что

$$\sum\limits_{m=1}^{n}\ln\frac{2n}{2n+1}\leqslant\sum\limits_{m=1}^{n}-\frac{1}{2n+1}$$

Так?

[Otta]

iou
Все сначала. Прологарифмируйте.

[iou]

Otta в сообщении #1064107 писал(а):

iou
Все сначала. Прологарифмируйте.

Поэтапно пишу свои действия:
Логарифмирую $a_n=(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})...(1+\frac{1}{2^n})$ по основанию $e$, получаю $\ln((1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{4})...(1+\frac{1}{2^n}))$, то есть $\ln(1+\frac{1}{2})+\ln(1+\frac{1}{4})+...+\ln({1+\frac{1}{2^n})$ или $\sum\limits_{m=1}^{n}\ln\frac{2^n+1}{2^n}$

[Otta]

Хорошо. Дальше.

PS Не правьте на ходу, уже нехорошо.

[provincialka]

ewert
Не пугайте ТС-а! У нас тут с логарифмированием проблемы

-- 18.10.2015, 22:59 --

iou
Собственно, зачем к общему знаменателю приводить?

[ewert]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #1064116 писал(а):

У нас тут с логарифмированием проблемы

а я, уже после того, как запостил -- сильно заподозрил, что логарифмов на тот момент и вовсе не предполагалось. Тема-то существенно более ранняя, чем 2-й ЗП.

[iou]

Otta в сообщении #1064115 писал(а):

Хорошо. Дальше.

PS Не правьте на ходу, уже нехорошо.

Прошу прощения. Но в этот раз правильно ведь?

provincialka в сообщении #1064116 писал(а):

ewert

iou
Собственно, зачем к общему знаменателю приводить?

Я хотел привести это выражение к виду $1+q$ и оценить.

[provincialka]

iou в сообщении #1064120 писал(а):

Я хотел привести это выражение к виду $1+q$ и оценить.

То есть? Так оно и было в таком виде!