O problema cu un sir, poate banala...

[Mircea Cimpoeas]

Este sirul \( x_n = \frac{2\cdot 4 \cdots (2n)}{1\cdot 3\cdots (2n-1)} \) convergent?

[Cezar Lupu]

Sirul \( x_{n} \) este divergent. Ai doua variante sa vezi asta:

1. Poti sa demonstrezi prin inductie ca \( x_{n}\geq\sqrt{2n+1} \).

2. Conform cu inegalitatea mediilor, avem ca \( \sqrt{(2k-1)(2k+1)}\leq\frac{(2k-1)+(2k+1)}{2}=2k \). Acum dand valori lui \( k=1,2,3, \ldots , n \) vom obtine ca \( x_{n}\geq\sqrt{2n+1} \).

Prin urmare, \( \lim_{n\to\infty} x_{n}=\infty \).

[Marius Mainea]

Varianta 3) \( \left(\frac{x_{n+1}}{x_n}\right)^n=\left(\frac{2n+2}{2n+1}\right)^n\longrightarrow e^{\frac{1}{2}} \) si deoarece \( e^{\frac{1}{2}}>1 \) rezulta \( x_n\to\infty \).

[Andrei Ciupan]

Aveti vreo solutie pentru criteriul folosit in solutia a treia?

[Virgil Nicula]

Teorema. Fie un sir strict crescator de termeni pozitivi \( (x_n)\ ,\ n\in\mathbb{N}^* \)
pentru care \( \frac {x_{n+1}}{x_n}\rightarrow 1 \) si \( \left(\frac {x_{n+1}}{x_n}\right)^n\rightarrow\ l\ >\ 1 \). Atunci \( x_n\ \rightarrow\ \infty \) .

Demonstratie. Presupunem prin absurd ca \( x_n\rightarrow L\in \mathbb{R}^*_+ \) (finit). Notam \( y_n=\left(\frac {x_{n+1}}{x_n}\right)^n\ \rightarrow\ l\ >\ 1 \). Asadar si \( \sqrt[n]{y_1y_2\ldots y_n}\ \rightarrow\ l \) , adica \( \sqrt[n]{\frac {x_2}{x_1}\cdot\frac {x_3^2}{x_2^2}\cdot \frac {x_4^3}{x_3^3}\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\frac {x_{n+1}^n}{x_n^n}}=\frac {x_{n+1}}{\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}}\ \rightarrow\ \frac LL\ =\ 1\ \Longrightarrow\ l\ =\ 1 \), absurd.