累乘与极限：个人笔记

判断累乘式极限值，有时需要适当的变形。

例如：

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{n^2}).$$\prod_{2}^{\infty} (1-\frac{1}{n^2}).$

通分即得

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n^2-1}{n^2}.$$\prod_{2}^{\infty} \frac{n^2-1}{n^2}.$

拆分

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n^2-1}{n^2}=\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n+1}{n}\cdot \frac{n-1}{n}$$\prod_{2}^{\infty} \frac{n^2-1}{n^2}=\prod_{2}^{\infty} \frac{n+1}{n} \cdot \frac{n-1}{n}$

$=\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n+1}{n}\cdot \prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n-1}{n}$$=\prod_{2}^{\infty} \frac{n+1}{n} \cdot \prod_{2}^\infty \frac{n-1}{n}$

观察到

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n+1}{n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{3}{2}\times \frac{4}{3}\times \frac{5}{4}\times ......\times \frac{n+1}{n}.$$\prod_{2}^{\infty} \frac{n+1}{n}=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{3}{2} \times \frac{4}{3} \times \frac{5}{4} \times ...... \times \frac {n+1}{n}.$

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n-1}{n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}\times \frac{3}{4}\times ......\times \frac{n-1}{n}.$$\prod_{2}^{\infty} \frac {n-1}{n}=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{2} \times \frac {2}{3} \times \frac{3}{4} \times ...... \times \frac{n-1}{n}.$

化简得

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n+1}{n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n+1}{2}.$$\prod_{2}^{\infty} \frac{n+1}{n}=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n+1}{2}.$

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n-1}{n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{1}{n}$$\prod_{2}^{\infty} \frac{n-1}{n}=\lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{n}$

可知

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}\frac{n^2-1}{n^2}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}.$$\prod_{2}^{\infty} \frac{n^2-1}{n^2}=\lim\limits_{n \to \infty} \frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}.$

即

$\prod _2^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{n^2})=\frac{1}{2}.$$\prod_{2}^{\infty} (1-\frac{1}{n^2})=\frac{1}{2}.$

特殊结论

对$\mathrm{\forall }k\in N^{\ast }$$\forall k \in N^{*}$，若$a_k\in [0,1),\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k\to \mathrm{\infty }$$a_k \in [0,1), \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k \to \infty$，有$\prod _1^{\mathrm{\infty }}(1-a_k)=0.$$\prod_{1}^{\infty}(1-a_k)=0.$

个人证明如下：

不妨令

$S=\prod _1^{\mathrm{\infty }}(1-a_k).$$S=\prod_{1}^{\infty}(1-a_k).$

则

$lnS=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}ln(1-a_k)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}ln(-a_k+1).$$lnS=\sum\limits_{k=1}^{\infty}ln(1-a_k)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}ln(-a_k+1).$

有

$\mathrm{\forall }x\in (-1,0],ln(x+1)<x$$\forall x \in (-1,0] , ln(x+1) < x$

简证：

不妨令

$f(x)=ln(x+1)-x.$$f(x)=ln(x+1)-x.$

有

$f(0)=0$$f(0)=0$

$f^{{}^{\prime }}(x)=\frac{1}{x+1}-1=-\frac{x}{x+1}⩾0.$$f^{'}(x)=\frac{1}{x+1}-1=-\frac{x}{x+1} \geqslant 0.$

则

$lnS⩽-\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_k$$lnS \leqslant -\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k$

故

$lnS\to -\mathrm{\infty }.$$lnS \to -\infty.$

即得

$S=0.$$S=0.$