Limita dintr-un produs

[Virgil Nicula]

Sa se arate ca \( \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac {1}{n^2}\right)\left(1+\frac {2}{n^2}\right)\dots \left(1+\frac {n}{n^2}\right)=\sqrt e\ . \)

[Cezar Lupu]

Sa se arate ca \( \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac {1}{n^2}\right)\left(1+\frac {2}{n^2}\right)\dots \left(1+\frac {n}{n^2}\right)=\sqrt e\ . \)

Solutie.

Vom nota cu \( a_{n}=\left(1+\frac {1}{n^2}\right)\left(1+\frac {2}{n^2}\right)\dots \left(1+\frac {n}{n^2}\right) \), iar cu \( b_{n}=ln a_{n} \).
Astfel vom avea ca \( b_{n}=\sum_{k=1}^{n}ln\left(1+\frac{k}{n^{2}}\right) \). Folosind acum, cunoscuta inegalitate \( x-\frac{x^{2}}{2}\leq ln(1+x)\leq x \) pentru orice \( x>0 \), vom avea:

\( \frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}k-\frac{1}{2n^{4}}\sum_{k=1}^{n}k^{2}\leq b_{n}\leq\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}k \), inegalitate care este echivalenta cu
\( \frac{n(n+1)}{2n^{2}}-\frac{n(n+1)(2n+1)}{12n^{4}}\leq b_{n}\leq\frac{n(n+1)}{2n^{2}} \). Acum, trecand la limita dupa \( n\to\infty \) avem ca \( \lim_{n\to\infty} b_{n}=\frac{1}{2} \).
Prin urmare, \( \lim_{n\to\infty}a_{n}=e^{\frac{1}{2}} \).

[Cezar Lupu]

Sa se arate ca \( \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac {1}{n^2}\right)\left(1+\frac {2}{n^2}\right)\dots \left(1+\frac {n}{n^2}\right)=\sqrt e\ . \)

Alta solutie.

Lema. (inegalitatea lui Huygens)

Daca \( a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}>0 \) atunci are loc inegalitatea:

\( (1+a_{1})(1+a_{2})\ldots (1+a_{n})\geq (1+\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\ldots a_{n}})^{n} \).

Neavand timp la dispozitie, am sa las "placerea" cititorului in a gasi demonstratia acestei inegalitati.

Remarca.

Pe de alta parte, folosind inegalitatea mediilor, avem ca

\( (1+a_{1})(1+a_{2})\ldots (1+a_{n})\leq\left(\frac{n+a_{1}+a_{2}+\ldots a_{n}}{n}\right)^{n} \).

Acum, sa trecem la rezolvarea propriu-zisa a problemei noastre. Luand \( a_{k}=\frac{k}{n^2} \) pentru \( k=1,2, \ldots n \), si aplicand cele doua inegalitati mentionate mai sus, vom avea:

\( \left(1+\sqrt[n]{\frac{n!}{n^{2n}}\right)^{n}\leq\left(1+\frac {1}{n^2}\right)\left(1+\frac {2}{n^2}\right)\dots \left(1+\frac {n}{n^2}\right)\leq\left(\frac{n+\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}k}{n}\right)^{n} \).
Acum sa calculam limitele celor doua siruri care "prind" in cleste sirul nostru.
Consideram sirul \( (x_{n})_{n\geq 1} \), dat de \( x_{n}=\frac{n!}{n^{2n}} \). Din criteriul lui D'Alemebert, avem ca \( \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{x_{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_{n}} \). In cazul nostru,
\( \lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{2n}(n+1)}=0 \). Prin urmare avem in partea stanga o nedeterminare de tipul \( 1^{\infty} \). Urmand procedeul de calcul limitelor de tipul \( 1^{\infty} \) si utilizand apoi, din nou, criteriul lui D'Alembert, vom obtine ca \( \lim_{n\to\infty}\left(1+\sqrt[n]{\frac{n!}{n^{2n}}\right)^{n}=\sqrt{e} \). Acum, pentru partea dreapta este nitel mai usor.
Intr-adevar, avem ca \( \lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}k}{n}\right)^{n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{n(n+1)}{2n^{3}}\right)^{n}=\sqrt{e} \).
Acum, din criteriul clestelui rezulta imediat ca limita ceruta este \( \sqrt{e} \).

[aleph]

aceasta problema este o aplicatie imediata a unei teoreme cunoscute ...

Enunţul teoremei nu este pe deplin corect. Trebuie ca limita şirului \( x_{nk} \)
să fie \( 0 \) uniform în raport cu \( k \) (sper că în carte aşa figurează)
adică:

\( \lim_{n\rightarrow \infty }\left( \max_{1\leq k\leq n}x_{nk}\right) =0. \)

[aleph]

Enunţul teoremei nu este pe deplin corect. Trebuie ca limita şirului \( x_{nk} \) să fie \( 0 \) uniform în raport cu \( k \) (sper că în carte aşa figurează), adica \( \lim_{n\rightarrow \infty }\left( \max_{1\leq k\leq n}x_{nk}\right) =0. \)

Intr-adevar, nu figureaza astfel. In carte mai era pentru \( L>0 \) , adica \( L\in (0,\infty ] \) si pentru functii \( f,g \) pozitive, adica \( f,g : (0,a)\rightarrow (0,\infty ) \) . Am corectat mai sus.

Problema nu este cu \( L \) (acesta poate fi şi 0) ci cu uniformitatea limitei, fără de care nu rezultă concluzia!
Trebuie pusă condiţia lim(max...) = 0.