Найдите предел последовательности

[daogiauvang]

Найдите предел

$$\lim\limits_{ n \to \infty} \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots 2n}$$

[Руст]

Вычислив интегралы

$$\int_0^{\pi/2}cos^{2n}xdx$$

найдёте, что эта величина ведёт себя как $\frac{1}{\sqrt{\pi n}}.$

[ewert]

Или по формуле Стирлинга (домножив и разделив на ещё один $(2n)!!$).

Или -- взяв логарифм, оценив каждое из слагаемых формулой Тейлора и обнаружив расходящийся минус гармонический ряд.

[ASA]

ewert в сообщении #193430 писал(а):

оценив каждое из слагаемых формулой Тейлора

Точнее: просто, заметив, что $\ln\frac{2n-1}{2n}\sim\left(-\frac{1}{2n}\right)$ при $n\rightarrow\infty$

[ewert]

Это и есть формула Тейлора.

[ASA]

Да я и не спорю. Просто уточняю.

[ewert]

Кстати, эти три способа идут по убыванию сложности.
Самый элементарный -- через логарифмирование. Правда, тут вот в чём проблема: чтобы выйти на этот способ, надо догадаться, что предел равен нулю или бесконечности.

Способ с формулой Стирлинга логически вроде и проще, но хуже уже хотя бы тем, что эту формулу надо знать (и иметь право применять).

И уж совсем нехорош способ с косинусами: мало того, что надо помнить, что такая комбинация факториалов получается для некоторого интеграла, но потом надо ещё и уметь оценить этот интеграл методом Лапласа.

[ASA]

ewert в сообщении #193486 писал(а):

Самый элементарный -- через логарифмирование. Правда, тут вот в чём проблема: чтобы выйти на этот способ, надо догадаться, что предел равен нулю или бесконечности.

Предел существует, как предел ограниченной снизу и убывающей последовательности и сразу ясно, что этот предел больше или равен 0. Не понятно, чем плох переход к логарифмам в случае конечного положительного предела?

[Imperator]

Вот еще один простой способ.

Пусть $a_{n}=\frac{1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot(2n)}$ $(n\in\mathbb{N}).$

$a_{n}^{2}=\frac{1\cdot3}{2^2}\cdot\frac{3\cdot5}{4^2}\cdot\frac{5\cdot7}{6^2}\cdot...\cdot\frac{(2n-1)\cdot(2n+1)}{(2n)^2}\cdot\frac{1}{2n+1}<\frac{1}{2n+1}.$

Значит, для любого $n\in\mathbb{N}$ $0<a_{n}<\frac{1}{\sqrt(2n+1)}.$
Следовательно, $\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}=0.$

[ewert]

ASA в сообщении #193491 писал(а):

Не понятно, чем плох переход к логарифмам в случае конечного положительного предела?

Тем, что этот сумма получающегося ряда явно (вообще говоря) не считается и, следовательно, конкретное значение предела найти не удастся. Кроме случая, когда ряд расходится, т.е. предел частичных сумм вполне определённо равен плюс или минус бесконечности.

Добавлено спустя 2 минуты 1 секунду:

Imperator в сообщении #193503 писал(а):

Вот еще один простой способ.

Да, этот способ технически совсем прост, но требует некоторой догадливости.

[Руст]

ewert писал(а):

И уж совсем нехорош способ с косинусами: мало того, что надо помнить, что такая комбинация факториалов получается для некоторого интеграла, но потом надо ещё и уметь оценить этот интеграл методом Лапласа.

Именно этот способ позволяет легче всего вычислить предел

$$\lim_{n\to \infty}\frac{(2n-1)!!\sqrt n}{(2n)!!}.$$

. причём вывод проще, чем вычисление постоянной

$$\lim_{n\to \infty}\frac{n^{n+1/2}}{n!e^n}$$

в формуле Стирлинга. Фактический вычисление последней постоянной проще всего получается использованием интегралов от степеней косинусов.

[ewert]

Фактически формула Стирлинга выводится ровно так же, как и асимптотика интеграла от степени косинуса. Разве что интеграл в случае формулы Стирлинга несобственный, но это ещё как сказать -- затрудняет это доказательство или, наоборот, облегчает.

Зато в формуле Стирлинга не нужно возиться со сведением факториалов к косинусам.

Резюме: полный ("от нуля") вывод при использовании ф-лы Стирлинга где-то раза в полтора короче. А если не от нуля -- то безумно короче, т.к. ф-ла Стирлинга гораздо более идейна и более на слуху.

[daogiauvang]

Докажите, что последовательность

$$ 2, 2+\frac{1}{2}, 2+\frac{1}{2+\frac{1}{2}}, \cdots$$

имеет предел. Найдите предел данной последовательности.

[gris]

Ну это и семиклассница сходу решит. $1+\sqrt 2$

[ewert]

Выпишите рекуррентное соотношение между двумя соседними конечными цепными дробями. Переходя к пределу при $n\to\infty$ в этом соотношении, получите квадратное уравнение, которое и даст значение предела $x_n$.

Для формального обоснования сходимости проще всего рассмотреть рекуррентное соотношение между $x_n$ и $x_{n+2}$ -- порождённая им последовательность окажется монотонной.