Una produttoria

[petroliopg]

Risolvere:
$\displaystyle \left \lfloor \prod_{n=1}^{2011}\frac{3n+2}{3n+1} \right \rfloor$

dove indico con $\ \lfloor x \rfloor$ il più grande intero $\ \le x$.

Bonus. Generalizzare (se possibile) il risultato.

[Hawk]

Uppo il problema, qualcuno può postare la soluzione?

[Gottinger95]

Codice: Seleziona tutto

int prod(int n,int a_1,int b_1, int a_2,int b_2) {
    int i;
    float s=1;
    for (i=1; i<=n; i++) {
        s*=(float)(a_1*i+b_1)/(float)(a_2*i+b_2);
        }
    return (int)s;
}

Lui dice che è 12 xD

[Simo_the_wolf]

[scusate l'inusitata lunghezza del post...]

Innanzitutto ricordiamoci di una bella produttoria molto simile, cioé
$ \prod_{n=1}^{2011} \frac {n+1}n = 2012 $
questo perché quest'ultima risulta essere telescopica. Riusciamo a telescopizzare anche la nostra?? Beh, mancano un po' di termini, ma ce li possiamo trovare... Definiamo
$$A_i = \prod_{n=1}^{2011} \frac{ 3n+i+1}{3n+i}$$
è chiaro che $A_{-1} \geq A_0 \geq A_1 \geq A_2 \geq A_3$ e noi vogliamo trovare $A_1$. Ora però è facile vedere che tre consecutivi di questi prodotti telescopizzano e quindi si ottiene
$$ A_1^3 \geq A_1A_2A_3 = \prod_{n=1}^{2011} \frac {3n+2}{3n+1} \frac {3n+3}{3n+2} \frac {3n+4}{3n+3} = \frac {3 \cdot 2011+4}4 $$
$$ A_1^3 \leq A_0A_1A_{-1} = \prod_{n=1}^{2011} \frac {3n+2}{3n+1} \frac {3n+1}{3n} \frac {3n}{3n-1} = \frac {3 \cdot 2011+2}2 $$
quindi in questo modo si dimostra facilmente che $A_1$ è dell'ordine di $ \sqrt[3]{2011}$, e questo sarà in generale l'andamento, tuttavia noi vogliamo informazioni più precise, e per fare questo basta fare i nostri ragionamenti da un certo $k$ in poi, in questo caso penso basti $k=2$ per cui si ottiene, chiamando $B_1= \prod_{n=3}^{2011} \frac{ 3n+2}{3n+1}$,
$$\frac{ 3 \cdot 2011 +2}{10} \leq B_1^3 \leq \frac{ 3 \cdot 2011 + 4}8$$
$$12.07 \leq A_1 \leq 13.006$$
ok serve un passettino in più... Altrimenti si usa una disuguaglianza mooolto più furba (hehe). So che
$$ \frac{ 3n+3}{3n+2} \leq \frac { 3n+2}{3n+1} \leq \frac {3n+1}{3n},$$
ma cosa posso dire del prodotto degli estremi? è maggiore o minore del quadrato di quello dentro?? La risposta è che sono vicinissimimissimi, sono vicini al terz'ordine, infatti si ha che
$$ \frac{ (\frac {3n+2}{3n+1})^3 }{ \frac {3n+1}{3n} \frac {3n+2}{3n+1} \frac {3n+3}{3n+2} } = 1- \frac{ 2n+1}{n(3n+1)^3} $$
perché me lo sono scritto così?? Perché ora faccio produttoria a destra e a sinistra e ottengo che
$$ \frac {A_1^3}{2012} = \prod_{n=1}^{2011} \left( 1 - \frac {2n+1}{(n+1)(3n+1)^3} \right) $$
Ora è un po' più facile fare stime... La stima più raffinata che posso immaginarmi è cercare un lower bound del termine di destra: cerco di farla di nuovo telescopica cercando di trovare $\alpha_1, \alpha_2$ tali che
$$ \frac { 1+ \frac {\alpha_1}{(n+1)^2}}{ 1+ \frac {\alpha_1}{n^2}} \leq 1 - \frac {2n+1}{(n+1)(3n+1)^3} \leq \frac { 1+ \frac {\alpha_2}{(n+1)^2}}{ 1+ \frac {\alpha_2}{n^2}} $$
Posso prendere $\alpha_1=1/26$ (funziona per tutti gli $n$ e $\alpha_2=1/28$ (funziona per $n \geq 3$). A questo punto direi che basta perché ottengo
$$ 1937 < 2012 \cdot \frac {1+ \frac 1{ 26 \cdot 2012^2 } }{1+ \frac 1{26}} \leq A_1^3 \leq 2012 $$
$$ 12.466 \leq A_1 \leq 12.624 $$