Prouver $\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot…\cdot\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{3n}}$ pour tous $n$.
Prouvez pour tous $n$: $\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{3n}}$.
En utilisant l'induction, j'ai essayé la méthode de la mort cérébrale et je suis allé directement $$\frac{2n+1}{2n+2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3n}}<\frac{1}{\sqrt{3n+3}}$$ $$...$$ $$1<0.$$Après m'être embarrassé, j'ai regardé autour de moi et j'ai trouvé ce fil . En utilisant l'induction, on peut alors facilement prouver$$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}\leq\frac{1}{\sqrt{3n+1}}$$ $$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot...\cdot\frac{2n-1}{2n}\leq\frac{1}{\sqrt{3n+1}}<\frac{1}{\sqrt{3n}}.$$Cela m'amène au problème d'origine. Mais du point de vue de la résolution de problèmes, comment pensez-vous utiliser$\frac{1}{\sqrt{3n+1}}$? Y a-t-il un point dans la première induction qui mène à cette idée? Ou y a-t-il une meilleure méthode que celle ci-dessus?
Réponses
Écrire $a_n$ pour le $n$e terme de votre séquence. Regardez la place de$a_n$et faites pivoter les numérateurs vers la gauche d'une position. À partir de$n=2$ vous observez $$ a_2^2=\frac12\frac12\frac34\frac34=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\frac14\\ a_3^2=\frac12\frac12\frac34\frac34\frac56\frac56=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\left(\frac54\frac56\right)\frac16\\ a_4^2=\frac12\frac12\frac34\frac34\frac56\frac56\frac78\frac78=\frac12\left(\frac32\frac34\right)\left(\frac54\frac56\right)\left(\frac76\frac78\right)\frac18 $$etc. L'inégalité$1+x\le e^x$ puis donne $$ a_2^2\le \frac18 \exp\left(\frac18\right)\\ a_3^2\le\frac1{12}\exp\left(\frac18+\frac1{24}\right)\\ a_4^2\le\frac1{16}\exp\left(\frac18+\frac1{24}+\frac1{48}\right) $$ et en général pour $n\ge 2$ $$a_n^2\le \frac1{4n}\exp\left[\frac14\left(\frac12+\frac16+\frac1{12}+\cdots+\frac1{n(n-1)}\right)\right].$$ Les séries $\frac12+\frac16+\frac1{12}+\cdots+\frac1{n(n-1)}$ télescopes vers $1$, cédant $$a_n^2\le \frac{e^{1/4}}{4n}$$ qui vaut également pour $n=1$. Puisque$e^{1/4}\approx 1.284 < 4/3$, Cela prouve $a_n^2< \frac1{3n}$.
Remarquerez que $$\frac{1}{\sqrt{an+b}} \cdot \frac{2n+1}{2n+2} \le \frac{1}{\sqrt{a(n+1)+b}} \\ \iff (a(n+1)+b)(2n+1)^2 \le (2n+2)^2 (an+b) \\ \iff an+a-4bn-3b \le 0$$
Donc si $a=3$, puis $b=1$travaillerait. Bien sûr, vous devez prouver le cas initial ($n$= 1).
BTW: comme il est étonnant que les deux premières réponses aient obtenu $e$ et $\pi$, respectivement.
Une première approche $$ \begin{align} n\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2 &=\frac14\prod_{k=2}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2\frac{k}{k-1}\tag{1a}\\ &=\frac14\prod_{k=2}^n\frac{2k-1}{2k}\frac{2k-1}{2k-2}\tag{1b}\\ &=\frac14\prod_{k=2}^n\frac{\color{#C00}{k-1/2}}{\color{#090}{k}}\frac{\color{#75F}{k-1/2}}{\color{#C90}{k-1}}\tag{1c}\\ &=\frac14\color{#C00}{\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(3/2)}}\color{#090}{\frac{\Gamma(2)}{\Gamma(n+1)}}\color{#75F}{\frac{\Gamma(n+1/2)}{\Gamma(3/2)}}\color{#C90}{\frac{\Gamma(1)}{\Gamma(n)}}\tag{1d}\\[3pt] &=\frac1\pi\frac{\Gamma(n+1/2)^2}{\Gamma(n+1)\,\Gamma(n)}\tag{1e}\\[3pt] &\le\frac1\pi\tag{1f} \end{align} $$ Explication:
$\text{(1a)}$: tirer le $k=1$ terme à l'avant et apporter $n$ à l'intérieur comme produit télescopique
$\text{(1b)}$: réorganiser les termes
$\text{(1c)}$: diviser le numérateur et le dénominateur par $2$
$\text{(1d)}$: écrivez les produits sous forme de ratios de la fonction Gamma, en utilisant $\Gamma(x+1)=x\,\Gamma(x)$
$\text{(1e)}$: collecter les termes en utilisant $\Gamma(1)=\Gamma(2)=1$ et $\Gamma(3/2)=\sqrt\pi/2$
$\text{(1f)}$: $\Gamma(x)$ est log-convexe
Ainsi, nous obtenons le plus fort $$ \prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\le\frac1{\sqrt{\pi n}}\tag2 $$
Une approche légèrement plus simple avec une meilleure limite $$ \begin{align} \prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k} &=\prod_{k=1}^n\frac{(2k-1)2k}{4k^2}\tag{3a}\\ &=\frac1{4^n}\binom{2n}{n}\tag{3b}\\ &\le\frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac14\right)}}\tag{3c} \end{align} $$ Explication:
$\text{(3a)}$: multiplier le numérateur et le dénominateur par $2k$
$\text{(3b)}$: $\prod\limits_{k=1}^n(2k-1)2k=(2n)!$ et $\prod\limits_{k=1}^n2k=2^nn!$
$\text{(3c)}$: inégalité $(9)$de cette réponse
En fait, utiliser l'inégalité $(9)$à partir de cette réponse , nous obtenons$$ \frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac13\right)}}\le\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\le\frac1{\sqrt{\pi\!\left(n+\frac14\right)}}\tag4 $$