Quanto vale
$ $\prod_{n=2}^{\infty} \frac{n^3-1}{n^3+1}$ $ ?
A result due to J.P. Gram
A result due to J.P. Gram
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.
[/i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.
[/i]
Se ho capito bene l'esercizio chiede il limite di questi prodotti:
$ \frac{7}{9} \cdot \frac{26}{28} \cdot \frac{63}{65} \cdot \frac{124}{126} $ ...
Prendiamo il 1° termine (che è $ 0<x<1 $), lo moltiplichiamo per il secondo (che è $ 0<y<1 $), e andiamo avanti così all'infinito.
Moltiplicando all'infinito termini compresi tra $ 0 $e $ 1 $, otteniamo $ 0 $, se non sbaglio.
Quindi il risultato dovrebbe essere $ 0 $, a meno di fraintendimenti.
$ \frac{7}{9} \cdot \frac{26}{28} \cdot \frac{63}{65} \cdot \frac{124}{126} $ ...
Prendiamo il 1° termine (che è $ 0<x<1 $), lo moltiplichiamo per il secondo (che è $ 0<y<1 $), e andiamo avanti così all'infinito.
Moltiplicando all'infinito termini compresi tra $ 0 $e $ 1 $, otteniamo $ 0 $, se non sbaglio.
Quindi il risultato dovrebbe essere $ 0 $, a meno di fraintendimenti.
Sbagli: la risposta è $ 2/3 $.
Per renderti conto del fatto che il tuo ragionamento non è corretto, considera il prodotto $ \displaystyle \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1-\frac{1}{p_k^2} \right) = \zeta(2)^{-1} = \frac{6}{\pi^2} $.
Per renderti conto del fatto che il tuo ragionamento non è corretto, considera il prodotto $ \displaystyle \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1-\frac{1}{p_k^2} \right) = \zeta(2)^{-1} = \frac{6}{\pi^2} $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
$ $\prod_{n=2}^{\infty} \frac{n^3-1}{n^3+1}=\prod_{n=2}^{\infty} \frac{(n-1)(n^2+n+1)}{(n+1)(n^2-n+1)}$ $
Osserviamo che i vari $ (n+1) $ a denominatore si semplificano con i vari $ (n+2)-1 $ a numeratore tranne i primi due (cioè $ 2-1 $ e $ 3-1 $), e analogamente i vari $ n^2+n+1 $ a numeratore si semplificano con i vari $ (n+1)^2-(n+1)+1=n^2+n+1 $ a denominatore, tranne il primo $ 2^2-2+1 $ a denominatore.
Quindi la produttoria è uguale a $ \dfrac {(2-1)\cdot(3-1)}{2^2-2+1} =\dfrac23 $
Spero di essere stato chiaro...
Osserviamo che i vari $ (n+1) $ a denominatore si semplificano con i vari $ (n+2)-1 $ a numeratore tranne i primi due (cioè $ 2-1 $ e $ 3-1 $), e analogamente i vari $ n^2+n+1 $ a numeratore si semplificano con i vari $ (n+1)^2-(n+1)+1=n^2+n+1 $ a denominatore, tranne il primo $ 2^2-2+1 $ a denominatore.
Quindi la produttoria è uguale a $ \dfrac {(2-1)\cdot(3-1)}{2^2-2+1} =\dfrac23 $
Spero di essere stato chiaro...
"[L'universo] è scritto in lingua matematica, e i caratteri son triangoli, cerchi, ed altre figure geometriche; [...] senza questi è un aggirarsi vanamente per un oscuro laberinto." Galileo Galilei, Il saggiatore, 1623
[tex] e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta[/tex]
[tex] e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta[/tex]
L'idea è giusta e può essere portata a compimento se specifichi bene alcune cose. Per esempio anche in $ \displaystyle \prod_{n=5}^{\infty} \frac{n-1}{n} $ gli $ n-1 $ a numeratore si semplificano con gli $ n $ al denominatore tranne il primo; eppure la produttoria non fa $ 4 $. Detto chiaramente, ti resta da fare vedere che, dopo le semplificazioni, ciò che rimane tende a un limite finito. (Sì, lo so che è una cavolata, ma secondo me, senza quella parte, la tua non verrebbe considerata una dimostrazione completa.)
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Una dimostrazione un po' più formale può essere questa:
Poniamo
$ $$P_n \equiv \prod_{k=2}^n \frac{k^3-1}{k^3-1} = \prod_{k=2}^n \frac{(k-1)(k^2+k+1)}{(k+1)(k^2-k+1)} = \left( \prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k+1} \right) \left ( \prod_{k=2}^n \frac{k^2+k+1}{k^2-k+1} \right )$$ $.
Trattiamo separatamente i due termini:
$ \prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k+1} = \left( \prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k} \right ) \left ( \prod_{k=2}^n \frac{k}{k+1} \right ) $.
Per induzione si vede che il primo prodotto vale $ $1/n$ $ e il secondo $ 2/(n+1) $, quindi
$ \prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k+1} = \frac{2}{n^2+n}. $
Sempre per induzione si controlla che $ \prod_{k=2}^n \frac{k^2+k+1}{k^2-k+1} $ vale $ $(n^2+n+1)/3$ $. In definitiva abbiamo
$ P_n = \frac{2n^2+2n+2}{3n^2+3n} \longrightarrow \frac{2}{3}, \quad n \rightarrow \infty $
perché i polinomi a numeratore e denominatore hanno lo stesso grado.
Poniamo
$ $$P_n \equiv \prod_{k=2}^n \frac{k^3-1}{k^3-1} = \prod_{k=2}^n \frac{(k-1)(k^2+k+1)}{(k+1)(k^2-k+1)} = \left( \prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k+1} \right) \left ( \prod_{k=2}^n \frac{k^2+k+1}{k^2-k+1} \right )$$ $.
Trattiamo separatamente i due termini:
$ \prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k+1} = \left( \prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k} \right ) \left ( \prod_{k=2}^n \frac{k}{k+1} \right ) $.
Per induzione si vede che il primo prodotto vale $ $1/n$ $ e il secondo $ 2/(n+1) $, quindi
$ \prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k+1} = \frac{2}{n^2+n}. $
Sempre per induzione si controlla che $ \prod_{k=2}^n \frac{k^2+k+1}{k^2-k+1} $ vale $ $(n^2+n+1)/3$ $. In definitiva abbiamo
$ P_n = \frac{2n^2+2n+2}{3n^2+3n} \longrightarrow \frac{2}{3}, \quad n \rightarrow \infty $
perché i polinomi a numeratore e denominatore hanno lo stesso grado.