Un prodotto infinito

[Sk_Anonymous]

Esercizio. Mostrare che \[ \prod_{n=1}^{\infty} \sqrt[2^n]{2^n} = 4. \]

[dan952]

Basta mostrare che $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n}{2^n}=2$, infatti consideriamo la serie geometrica $\sum_{n=1}^{+\infty} x^n=\frac{x}{1-x}$ con $|x|<1$, da cui $x\frac{d}{dx}\frac{x}{1-x}=\sum_{n=1}^{+\infty} nx^n$ sostituendo $x=1/2$ si ha la tesi.

[Sk_Anonymous]

@dan95:

Quello che hai scritto è corretto; come basti, potrebbe non essere chiaro a chi legge il tuo post. Visto che non mi piacciono le soluzioni incomplete, concludo osservando che \[ 2 \log 2 = \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n} \log 2 = \sum_{n=1}^\infty \log 2^{n /2^n} = \log \left[ \prod_{n=1}^\infty \sqrt[2^n]{2^n} \right] \]ed esponenziando both sides si ottiene la tesi.

[gugo82]

@Delirium: Molto carino come esercizio... Peccato averlo notato solo ora.
Propongo un facile seguito.

Esercizio:

1. Generalizzare il risultato precedente, ossia calcolare:
\[
\prod_{n=1}^\infty \sqrt[a^n]{a^n}
\]
per $a>1$.

2. Calcolare un'espressione esplicita per il prodotto parziale:
\[
\prod_{n=1}^N \sqrt[a^n]{a^n}
\]
che consenta di risolvere l'esercizio anche senza ricorrere alla teoria delle serie di potenze.

[dissonance]

"Delirium":Esercizio. Mostrare che \[ \prod_{n=1}^{\infty} \sqrt[2^n]{2^n} = 4. \]

Non so cosa dire per il rilancio di Gugo, vorrei solo mostrare una soluzione alternativa a quella di dan95, ma che segue la stessa idea di fondo.

Passando ai logaritmi abbiamo già visto che il problema si riduce al calcolo della somma
\[
\lim_{N\to \infty} \sum_{n=0}^N (n+1)2^{-(n+1)} = 2.
\]
Questo calcolo si può effettuare tramite la formula della sommatoria per parti:
\[
\sum_0^N a_{n+1}(b_{n+1}-b_n) +\sum_0^N b_n(a_{n+1}-a_n) = a_Nb_N-a_0b_0,
\]
ponendo \(b_n=n+1, a_n=-2^{-n}\).

In questo modo si ha che
\begin{equation}
\begin{split}
\sum_{n=0}^N (n+1)2^{-(n+1)}& = \sum_{n=0}^N b_n (a_{n+1}-a_n)\\
&= a_Nb_N - a_0b_0 -\sum_0^N a_{n+1}(b_{n+1}-b_n) \\
& = 1-(N+1)2^{-N}+\sum_0^N 2^{-(n+1)} \\
&\to 1+\frac12\frac{1}{1-\frac12} \\
&= 1+1=2.
\end{split}
\end{equation}

[.Ruben.17]

Voglio fornire una soluzione senza derivate:

$\sum_{n=1}^N n x^n = x + 2x^2 + 3x^3 + ...+ Nx^N=(x+x^2+x^3+...+x^N) + (x^2+x^3+..+x^N) + (x^3+...+x^N) + ... + (x^N) = \sum_{n=1}^N \sum_{k=n}^N x^n = \sum_{n=1}^N (\sum_{k=1}^N x^n - \sum_{k=1}^{n-1} x^n)=\sum_{n=1}^n [(x^{N+1}-x)/(x-1) - (x^{n}-x)/(x-1)] = 1/(x-1) \sum_{n=1}^N (x^{N+1} - x^{n}) = 1/(x-1) (Nx^{N+1} - (x^{N+1}-x)/(x-1) ) = 1/(x-1)^2 (Nx^{N+1}(x-1) - x^{N+1}+x) ) = (Nx^{N+2} - Nx^{N+1} - x^{N+1}+x)/(x-1)^2 $

Ho usato $\sum_{n=1}^N x^n = (x^{N+1}-1)/(x-1) -1=(x^{N+1} -1 - x +1)/(x-1) = (x^{N+1} - x)/(x-1)$


Ora, $\prod_{n=1}^N a^{n/(a^n)} = a^{\sum_{n=1}^N n/(a^n)}=a^{\sum_{n=1}^N n(1/a)^n}=a^{(N a^{-N-2}-N a^{-N-1} - a^{-N-1}+a^{-1})/(a^{-1}-1)^2

$

[Sk_Anonymous]

"gugo82":[...]

2. Calcolare un'espressione esplicita per il prodotto parziale:
\[
\prod_{n=1}^N \sqrt[a^n]{a^n}
\]
che consenta di risolvere l'esercizio anche senza ricorrere alla teoria delle serie di potenze.

Prendendo il logaritmo si ha \[ \log \left[ \prod_{n=1}^N \sqrt[a^n]{a^n} \right] = \sum_{n=1}^N \log (a^{n/a^n}) = \log a \sum_{n=1}^N \frac{n}{a^n}. \]Per concludere bisogna osservare che \[\frac{d}{dx} \left[ \frac{1-x^{N+1}}{1-x} - 1 \right] = \frac{d}{dx} \sum_{n=1}^N x^n = \sum_{n=1}^N \frac{d}{d x} x^n = \sum_{n=1}^N n x^{n-1} \]donde \[ x \cdot \frac{d}{dx} \left[ \frac{1-x^{N+1}}{1-x} - 1 \right] = \sum_{n=1}^N n x^n. \]Svolgendo qualche calcolo e ponendo \(x=1/a\) si dovrebbe ottenere qualcosa tipo \[\frac{1}{a} \frac{N (1/a)^{N+1} - (N+1) (1/a)^N +1}{(1 - 1/a)^2} = \sum_{n=1}^N \frac{n}{a^n} \]... ometto i restanti conti, è chiaro come da qui si possa concludere.

[anto_zoolander]

"gugo82":@Delirium: Molto carino come esercizio... Peccato averlo notato solo ora.
Propongo un facile seguito.

Esercizio:

2. Calcolare un'espressione esplicita per il prodotto parziale:
\[
\prod_{n=1}^N \sqrt[a^n]{a^n}
\]
che consenta di risolvere l'esercizio anche senza ricorrere alla teoria delle serie di potenze.

da appassionato di questa tipologia di serie, propongo la mia soluzione.

$prod_(n=1)^(N)(q^n)^(1/q^n)=exp(log(q)*sum_(n=1)^(N)n(1/q)^n)$

naturalmente con $q>0,qne1$

ora chiamando $1/q=k$ la serie $sum_(n=1)^(N)nk^n$ la dimostrai con le somme parziali esattamente quì

$exp(log(q)*sum_(n=1)^(N)n(1/q)^n)=exp(log(q)/(1-1/q)[(1/q(1-(1/q)^N))/(1-1/q)-N*(1/q)^(N+1)])$

in particolare se $q>1$

$exp(log(q)*sum_(n=1)^(infty)n(1/q)^n)=exp(log(q)/(q(1-1/q)^2))$

e infatti $prod_(n=1)^(infty)(2^n)^(1/2^n)=exp(log(2)/(2(1-1/2)^2))=exp(2log2)=4$

[gugo82]

@.Ruben.: Bella soluzione... Proprio quella che avevo in mente quando ho postato l'esercizio, anche se avevo scritto il prodotto parziale come:
\[
\prod_{n=1}^N \sqrt[a^n]{a^n} = a^\frac{a^{N+2} + (a-1)N - 1}{a^{N+1}\ (1-a)^2}\; .
\]

Aggiungo, a latere, e per rispondere al quesito 1, che il prodotto converge verso \(a^a\) (come si vede passando al limite l'espressione precedente) per $a\in \NN$.
E d'altra parte lo stesso ragionamento può essere usato per mostrare che il prodotto:
\[
\prod_{n=1}^\infty a^\frac{n}{a^n}
\]
converge verso $a^a$ per ogni $a\in ]1,+\infty[$.

[.Ruben.17]

Non sono d'accordo con:
\[
\prod_{n=1}^N \sqrt[a^n]{a^n} = a^\frac{a^{N+2} + (a-1)N - 1}{a^{N+1}\ (1-a)^2}\
\]

Questo vorrebbe dire che:
$ \sum_{k=1}^N n/(a^n) = \frac{a^{N+2} + (a-1)N - 1}{a^{N+1}\ (1-a)^2} $

Ma con a=3 e N=4 non funziona..

Purtroppo non mi è chiaro neanche come faccia il prodotto a convergere a quel valore(per a > 1)

A me risulta che converga a :
$ a^{(a^{-1})/(a^{-1}-1)^2} $ (facendo tendere al limite la mia espressione per il prodotto parziale)

[gugo82]

Per il limite hai ragione, dato che mi sono dimenticato un fattore $(a-1)^2$ al denominatore dell'esponente.

Per il resto, facile che abbia sbagliato qualche somma... Capita, facendo i conti a volo.
Si ha:
\[
\begin{split}
\sum_{n=1}^N \frac{n}{a^n} &= \sum_{n=1}^N \sum_{k=1}^n \frac{1}{a^n} \\
&= \sum_{k=1}^N \sum_{n=k}^N \frac{1}{a^n}\\
&= \sum_{k=1}^N \frac{1}{a^k}\ \sum_{n=0}^{N-k} \frac{1}{a^n}\\
&= \sum_{k=1}^N \frac{1}{a^k}\ \frac{1- \frac{1}{a^{N-k+1}}}{1-\frac{1}{a}}\\
&= \frac{a}{a-1}\ \sum_{k=1}^N \frac{1}{a^k}\ \left( 1 - \frac{a^k}{a^{N+1}}\right)\\
&= \frac{a}{a-1}\ \sum_{k=1}^N \frac{1}{a^k} - \frac{1}{a^{N+1}}\\
&= \frac{a}{a-1}\ \left( \frac{1-\frac{1}{a^{N+1}}}{1-\frac{1}{a}} - 1 - \frac{N}{a^{N+1}} \right)\\
&= \frac{a}{a-1}\ \left( \frac{a^{N+2} - a }{a^{N+1} (a-1)} - 1 - \frac{N}{a^{N+1}}\right)\\
&= \frac{a}{a-1}\ \frac{a^{N+2} - a - a^{N+1} (a-1) - N(a-1)}{a^{N+1} (a-1)}\\
&= \frac{a^{N+1} +(1- a)N -a}{a^N(a-1)^2}
\end{split}
\]
dunque:
\[
\prod_{n=1}^N a^{n/a^n} = a^{\sum_{n=1}^N n/a^n} = a^\frac{a^{N+1} - a(N+1) +N}{a^N(a-1)^2}\; ,
\]
da cui si trae:
\[
\prod_{n=1}^\infty a^{n/a^n} = a^\frac{a}{(a-1)^2}\; .
\]

[Sk_Anonymous]

Ho un rilancio: mostrare che \[\prod_{n=1}^\infty \frac{(n^2 +1)}{\sqrt{n^4 + 4}} = \sqrt{2}.\]

[anto_zoolander]

@Delirium

[ot]Non puoi farmi questo mentre non sono a casa [/ot]

[consec]

$\prod_{n=1}^\infty \frac{(n^2 +1)}{\sqrt{n^4 + 4}} = \sqrt{2} rArr \lim_{N \to \infty}\prod_{n=1}^\N \frac{(n^2 +1)^2}{n^4 + 4} = 2$

$n_i^4+4=n_i^4+4+4n_i^2-4n_i^2=(n_i^2+2)^2-4n_i^2=(n_i^2+2+2n_i)(n_i^2+2-2n_i)$

Quindi l'i-esimo termine del prodotto può essere scritto nella forma $a^2/(bc)$ dove
$a=n_i^2+1$
$b=n_i^2+2+2n_i$
$c=n_i^2+2-2n_i$

Ma
$(n-1)^2+1=n^2+1-2n+1=n^2-2n+2=c$
$(n+1)^2+1=n^2+1+2n+1=n^2+2n+2=b$

Quindi il $b_i$esimo termine si semplifica con l'$a_(i+1)$esimo numeratore della frazione successiva e il $c_i$esimo termine si semplifica con l'$a_(i-1)$esimo numeratore della frazione precedente. Quindi ogni termine della produttoria tranne il primo e l'ultimo sono uguali a $1$, in quanto il numeratore semplifica il termine $c_i$ del successivo e il termine $b_i$ del precedente, e il denominatore riduce i termini $a_i$ delle frazioni adiacenti. Gli unici fattori a sopravvivere sono l'$a_1$ e il $c_1$ del primo termine, in quanto non c'è nessuna frazione prima, e l'$a_N$ e il $b_N$ dell'ultimo termine, in quanto non c'è nessuna frazione dopo. Di conseguenza.

$\prod_{n=1}^\N \frac{(n^2 +1)^2}{n^4 + 4}=((1^2+1)/(1^2+2*1-2))*((N^2+1)/(N^2+2+2N))=(2(N^2+1))/(N^2+2N+2)$

Passando al limite il risultato è $2$.

[anto_zoolander]

@consec

essere anticipato alle 4 di notte

$S_k=prod_(n=1)^(k)(n^2+1)/sqrt(n^4+4)$

comincio notando che $n^2+4=n^4+4n^2+4-4n^2=(n^2+2n+2)(n^2-2n+2)$ dunque razionalizzo e divido le produttorie in questo modo:

$prod_(n=1)^(k)(n^2+1)/(n^2+2n+2)*prod_(n=1)^(k)sqrt((n^2+2n+2)/(n^2-2n+2))$

ora l'espansione della prima produttoria la possiamo vedere così:

$prod_(n=1)^(k)(n^2+1)/(n^2+2n+2)=2/5*5/10*10/17*...*(k^2-2k+2)/(k^2+1)*(k^2+1)/(k^2+2k+2)$

è chiaro che si semplificano tutti i termini tranne il primo numeratore e il denominatore del $k-esimo$ termine. Ovvero il primo numeratore non è semplificato da nulla, e l'ultimo denominatore non semplifica nulla.

$prod_(n=1)^(k)(n^2+1)/(n^2+2n+2)=2/(k^2+2k+2)$

l'espansione della seconda produttoria invece in questa maniera:

$prod_(n=1)^(k)sqrt((n^2+2n+2)/(n^2-2n+2))=sqrt(5/1)*sqrt(10/2)*sqrt(17/5)*sqrt(26/10)*...*sqrt((k^2-2k+2)/(k^2-6k+10))*sqrt((k^2+1)/(k^2-4k+5))*sqrt((k^2+k+2)/(k^2-2k+2))$

anche quì si nota una regolarità nella semplificazione dei vari termini, dove il numeratore di una frazione si semplifica con il denominatore posto due termini dopo. I primi due denominatori non sono semplificati da nulla e segue che gli ultimi due numeratori non semplificano nulla. Dunque quì il risultato sarà:

$prod_(n=1)^(k)sqrt((n^2+2n+2)/(n^2-2n+2))=sqrt(((k^2+1)(k^2+2k+2))/2)$

dunque infine

$prod_(n=1)^(k)(n^2+1)/sqrt(n^4+4)=2/(k^2+2k+2)*sqrt(((k^2+1)(k^2+2k+2))/2)=sqrt((2k^2+2)/(k^2+2k+2))$

Posto adesso $S_k=sqrt((2k^2+2)/(k^2+2k+2))$ calcolo $lim_(k->+infty)sqrt((2k^2+2)/(k^2+2k+2))$

$lim_(k->+infty)sqrt((2+2/k^2)/(1+2/k+2/k^2))=sqrt2$

[Sk_Anonymous]

Non ho controllato i conti, ma mi pare che vada. In fondo si trattava semplicemente di raccapezzarsi delle cancellazioni.

Altri rilanci.

1. Calcolare il valore di \[\prod_{k=2}^\infty \frac{k^3 -1}{k^3 +1}.\]

2. Siano \(a_0 = 5/2\) e \(a_k = a_{k-1} ^2 -2\) per \(k \ge 1\). Calcolare \[\prod_{k=0}^\infty \left(1 - \frac{1}{a_k}\right).\]

[anto_zoolander]

La prima è semplice

$prod_(n=2)^(k)(n^3-1)/(n^3+1)=[prod_(n=2)^(k)(n-1)/(n+1)][prod_(n=2)^(k)(n^2+n+1)/(n^2-n+1)]$

Per la prima si ha che l'$(n-2)-esimo$ denominatore si semplifica con l'$n-esimo$ numeratore. Dunque rimarrano solo il primo numeratore e gli ultimi due denominatori.

$prod_(n=2)^(k)(n-1)/(n+1)=2/(k^2+k)$

Per la seconda si ha che l'$(n-1)-esimo$ numeratore si semplifica con l'$n-esimo$ denominatore e quindi rimangono solo il primo denominatore e l'ultimo numeratore.

$prod_(n=2)^(k)(n^2+n+1)/(n^2-n+1)=(k^2+k+1)/3$

$prod_(n=2)^(k)(n^3-1)/(n^3+1)=2/3[(k^2+k+1)/(k^2+k)]$

Ora basta calcolare mandare a limite la produttoria..

$lim_(k->+infty)2/3[(k^2+k+1)/(k^2+k)]=2/3$

Ragiono due minuti sulla seconda e edito.

[Vincent46]

"Delirium":1. Calcolare il valore di \[\prod_{k=2}^\infty \frac{k^3 -1}{k^3 +1}.\]

Si passa ai logaritmi.
\[\prod_{k=2}^\infty \frac{k^3 -1}{k^3 +1}. = \prod_{k=2}^\infty \frac{(k-1)(k^2+k+1)}{(k+1)(k^2-k+1)}\,. \]

Si ottengono le serie telescopiche

\[ \sum_{k=2}^{n} ( \log (k-1) - \log(k+1) ) = \log(2)-\log(n)-\log(n+1) = \log(2)-\log(n^2+n) \, \]

e, usando il fatto che $k^2+k+1=(k+1)^2-(k+1)+1$,

\[ \sum_{k=2}^{n} ( \log(k^2+k+1)-\log(k^2-k+1) ) = -\log(3)+\log(n^2+n+1) \,.\]

Dunque

\[ \sum_{k^2}^{\infty} \log \frac{(k-1)(k^2+k+1)}{(k+1)(k^2-k+1)} = \log(2)- \log(3) = \log(\frac{2}{3}) \]

e la serie originaria tende a $\frac{2}{3}$.

[Vincent46]

"Delirium":2. Siano \(a_0 = 5/2\) e \(a_k = a_{k-1} ^2 -2\) per \(k \ge 1\). Calcolare \[\prod_{k=0}^\infty \left(1 - \frac{1}{a_k}\right).\]

Per induzione, dimostro che $a_k=2^{2^{k}}+\frac{1}{2^{2^{k}}}$:

$1)$ $a_0 = 2 + \frac{1}{2}$ ;
$2)$ $a_{k+1)=a_k^2-2 = (2^{2^{k}}+\frac{1}{2^{2^{k}}})^2-2=2^{2^{k+1}}+\frac{1}{2^{2^{k+1}}}$.

Dunque si tratta di calcolare

\[ \prod_{k=0}^\infty \left(1 - \frac{1}{2^{2^{k}}+\frac{1}{2^{2^{k}}}}\right). \]

Questo equivale a

\[ \prod_{k=0}^{\infty} \frac{ 2^{2^{k+1}}-2^{2^{k}}+1 }{2^{2^{k+1}}+1 } \]

... ora non so più come andare avanti. forse si può dimostrare la convergenza col il criterio di condensazione di cauchy? in ogni caso non riesco a trovare il valore del prodotto.

[Sk_Anonymous]

"Delirium":[...]

2. Siano \(a_0 = 5/2\) e \(a_k = a_{k-1} ^2 -2\) per \(k \ge 1\). Calcolare \[\prod_{k=0}^\infty \left(1 - \frac{1}{a_k}\right).\]

Questa è più tosta. Posto i miei ragionamenti:

Dopo aver fatto qualche conto con i primi valori salta fuori che \(a_k = 2^{2^k} + 2^{-2^k}\) per \(k \in \mathbb{N}\). Inoltre la condizione assegnata porge \(a_k + 1 = a_{k-1} ^2 -1 = (a_{k-1} -1)(a_{k-1} +1)\) donde la produttoria si tramuta in \[\prod_{k=0}^\infty \frac{a_k - 1}{a_k} = \prod_{k=0}^\infty \frac{a_{k+1} + 1}{a_k +1} \cdot \frac{1}{a_k} = \frac{a_1 + 1}{a_0+1} \cdot \frac{1}{a_0} \cdot \frac{a_2 + 1}{a_1 + 1} \cdot \frac{1}{a_1} \cdot \dots \] e sembrerebbe quindi che le produttorie parziali siano \[ \frac{a_{N+1} +1 }{a_0 + 1} \prod_{k=0}^N \frac{1}{a_k}. \]Ora, non mi è chiaro come vada quel prodotto; quello che si riesce a fare è (provare a) stimarlo dall'alto: \[\log \left[ \prod_{k=0}^N \frac{1}{a_k} \right] = \log \left[ \prod_{k=0}^N \frac{2^{2^k}}{2^{2^{k+1}} +1} \right] \le \sum_{k=0}^N \log \left(\frac{1}{2} \right)^{2^k} = \log\left(\frac{1}{2}\right)^{2^{N+1} -1} \]ove ho usato le proprietà del logaritmo e la formula della somma geometrica con ragione \(=2\); quindi \[\prod_{k=0}^N \frac{1}{a_k} \approx \left( \frac{1}{2} \right)^{2^{N+1} -1}. \] Infine una stima è fornita da \[\lim_{n \to \infty} \frac{2^{2^{n+1}} + 2^{-2^{n+1}}+1}{a_0 + 1} \cdot \frac{2}{2^{2^{n+1}}}= 2/(a_0 + 1)=4/7. \]

Non sono riuscito a fare di meglio.

Edit. In effetti, la stima di cui sopra non è così rozza: infatti il valore esatto di convergenza è \(3/7\) (cfr. qui, problema A3). Il problema è preso dall'edizione 2014 della Putnam Mathematical Competition.