[EX] Limite...anzi limitaccio!

[Noisemaker]

Mi pongo nelle mani degli esperti...
Calcolare il seguente limite

\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n^4}\prod_{k=1}^{2n}\left(n^2+k^2\right)^{\frac{1}{n}}
\end{align*}

[size=85]passsando alla forma esponenziale otteniamo:

\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n^4}\prod_{k=1}^{2n}\left(n^2+k^2\right)^{\frac{1}{n}}& =\lim_{n\to+\infty}e^{\ln\left[\frac{1}{n^4}\prod_{k=1}^{2n}\left(n^2+k^2\right)^{\frac{1}{n}}\right]}\\
&=\lim_{n\to+\infty}\exp\left[ \ln\left(\frac{1}{n^4}\prod_{k=1}^{2n}\left(n^2+k^2\right)\right)^{\frac{1}{n}}\right]\\
&=\lim_{n\to+\infty}\exp\left[\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{n}\ln\left(\frac{1}{n^4} \left(n^2+k^2\right)\right)\right]\\
&=\lim_{n\to+\infty}\exp\left[\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{n}\left(\ln\frac{1}{n^4}+ \ln\left(n^2+k^2\right)\right)\right]\\
&=\lim_{n\to+\infty}\exp\left[\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n}\left(\ln\left(n^2+k^2\right)\right) -\ln n^4 \right]
\end{align*}

consideriamo il limite:

\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n}\left[\ln\left(n^2+k^2\right)\right] -\ln n^4 &=\lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n}\left\{\ln \left[n^2\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)\right]\right\} -\ln n^4 \\
&=\lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n}\left\{ \ln n^2+ \ln\left[\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)\right] \right\} -\ln n^4\\
&=\lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} \ln n^2+\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} \ln\left[\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)\right] -\ln n^4 \\
&=\lim_{n\to+\infty} \frac{ \ln n^2}{n} +\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} \ln\left[\left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)\right] -\ln n^4 =\\
&=\lim_{n\to+\infty} \frac{ \ln n^2}{n} -\ln n^4 +\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} \ln \left(1+\frac{k^2}{n^2}\right)
\end{align*}

consideriamo il secondo limite:

\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} \ln \left(1+\frac{k^2}{n^2}\right) &= \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{2n} \ln\left[1+\left(\frac{k}{n }\right)^2\right]=\int_{0}^{2}\ln(1+x^2)\,\,dx\\
&\stackrel{\bf(P)}{=}[x\ln(1+x^2)]_{0}^{2}-\int_{0}^{2}x \,\,d\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)=2\ln5-2\int_{0}^{2}\frac{x^2}{1+x^2} \,\,dx\\
&=2\ln5-2\int_{0}^{2}1-\frac{1}{1+x^2} \,\,dx=2\ln5-2\int_{0}^{2}dx+2\int_{0}^{2} \frac{1}{1+x^2} \,\,dx\\
&=2\ln5-4+2[\arctan x]_{0}^{2} =2\ln5-4+2 \arctan 2
\end{align*}

allora tornado al limite originario abbiamo:

\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty} e^{ \frac{ \ln n^2}{n} -\ln n^4+(2\ln5-4+2 \arctan 2)}&=\lim_{n\to+\infty} e^{ \frac{ \ln n^2}{n} -\ln n^4}\cdot e^{ (2\ln5-4+2 \arctan 2)}=0+ e^{ (2\ln5-4+2 \arctan 2)}\\
&=\exp\left(2\ln5-4+2 \arctan 2\right)
\end{align*}[/size]

[Rigel1]

Io l'ho fatto in un altro modo e mi viene lo stesso risultato.

[Noisemaker]

meno male! e che tecnica hai usato? ...

[Rigel1]

La complessità alla fine è la stessa (pensavo venisse più semplice).
Detto \(a_n\) il termine che compare nel limite, ho considerato \(x_n = a_n^n\) e ho calcolato \(\lim_n \frac{x_{n+1}}{x_n}\).
Come è noto, se esiste questo limite allora esiste anche \(\lim_n \sqrt[n]{x_n} = \lim_n a_n\) e sono uguali.

[Noisemaker]

certo ..

[theras]

Non son certo allegerisca i calcoli,ma volevo sapere se avete già provato con Cesaro:
se nei prossimi giorni riesco a trovarne il tempo,e non leggerò risposte in merito,
ci combatto un pò e nel caso posto i contacci..
Saluti dal web.

[gugo82]

Ecco la dimostrazione che ho trovato... Dopo aver letto la soluzione riportata da Noisemaker, ho rilevato che stiamo sostanzialmente usando la stessa tecnica; però questa è un po' più diretta.

Dato che \(n^4 = (n^{2/n})^{2n}\), si ha:
\[
P_n:=\frac{1}{n^4}\ \prod_{k=1}^{2n} (n^2+k^2)^{1/n} = \prod_{k=1}^{2n} \left( 1+\frac{k^2}{n^2}\right)^{1/n}
\]
cosicché, passando al logaritmo per comodità, si riconosce che:
\[
\log P_n = \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{n}\ \log \left( 1+\left( \frac{k}{n}\right)^2 \right)\; .
\]
Il secondo membro della precedente non è altro che la somma integrale di Riemann relativa alla funzione continua \(f(x):=\log (1+x^2)\) ottenuta partizionando l'intervallo \([0,2]\) in esattamente \(2n\) intervallini di ampiezza \(1/n\) e calcolando \(f\) negli estremi superiori dei suddetti intervallini, i.e.:
\[
\log P_n = \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{n}\ f\left( \frac{k}{n}\right)\; .
\]
Dato che \(f\) è integrabile in \([0,2]\) (poiché ivi continua), invocando il criterio di integrabilità di Riemann troviamo:
\[
\begin{split}
\lim_n \log P_n &= \int_0^2 \log (1+x^2)\ \text{d} x \\
&= x\ \log (1+x^2) -2\ x +2\ \arctan x\Big|_0^2 \\
&= 2\ \log 5 - 4 + 2\ \arctan 2
\end{split}
\]
(l'integrale a secondo membro è calcolabile elementarmente per parti) e ciò importa:
\[
\begin{split}
\lim_n P_n &= \exp \left( \lim_n \log P_n \right) \\
&= \exp (2\ \log 5 - 4 + 2\ \arctan 2) \\
&= 25\ e^{2 \arctan 2\ - 4} \\
&\approx 4.192 \; .
\end{split}
\]

[Noisemaker]

molto più diretta è meno faticosa ... e spiegata SPLENDIDAMENTE

complimenti!

ps Meno male che il risultato mi è venuto giusto!