|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
Nice Inequality with Pi
Prove that
$$\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot ...\cdot \frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$$ $\forall n \in \mathbb{N} $. 13 ตุลาคม 2008 19:44 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Anonymous314 |
#2
|
||||
|
||||
ข้อนี้ ใช้การ bound ค่า แบบละเอียดก็ได้ไม่ใช่หรอครับ
|
#3
|
||||
|
||||
ยังไงเหรอครับ รบกวนด้วยครับผม
ทำให้ดูด้วยครับ ผมไม่เข้าใจครับ (มันไม่ง่ายอย่างที่คิดนะครับ ผมลองมาหลายวิธีแล้ว) 13 ตุลาคม 2008 22:00 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Anonymous314 |
#4
|
|||
|
|||
สวัสดีเจ้าค่ะ...
มีคนมาแนะนำข้อนี้ให้ลอง แล้วหลังจากช่วยกับคนที่แนะนำให้นั้นอยู่ครู่ใหญ่ๆ + ค้นหาแนวทางแก้ปัญหาจากบนเนต (อาศัยแนวคิดจาก http://answers.google.com/answers/th...id/607614.html เจ้าค่ะ)ก็ได้คำตอบซึ่งต้องใช้แคลคูลัสด้วยน่ะเจ้าค่ะ (ถ้าใครอยากจะลองหาวิธีพื้นฐานก่อนก็อย่าเพิ่งอ่านนะเจ้าคะ) ก่อนอื่นนิยามลำดับ $A_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{2n-1}{2n}$ $B_n = \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1}$ สังเกตว่า $(\sqrt{n}A_n)(\sqrt{n}B_n) = \frac{n}{2n+1}$ ดังนั้น $\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n}A_n)(\sqrt{n}B_n) = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{2n+1} = \frac{1}{2}$ ในอีกทางหนึ่ง $\frac{\sqrt{n}A_n}{\sqrt{n}B_n}=\frac{(1/2)(3/4)...({2n-1}/2n)}{(2/3)(4/5)...(2n/{2n+1})}=\frac{(1 \cdot 3)(3 \cdot 5)...({2n-1} \cdot {2n+1})}{(2 \cdot 2)(4 \cdot 4)...({2n} \cdot {2n})}$ จะได้ว่า $\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}A_n}{\sqrt{n}B_n}=(\prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)})^{-1}=\frac{2}{\pi}$ (จาก Wallis's product url: http://en.wikipedia.org/wiki/Wallis_product ) ต่อไป $(A_n)^2 = (\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{2n-1}{2n})(\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{2n-1}{2n}) < (\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{2n-1}{2n})(\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1})=\frac{1}{2n+1} \rightarrow \sqrt{n}A_n<\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2n+1}}<\frac{1}{\sqrt{2}}$ แต่ $\frac{\sqrt{n+1}A_{n+1}}{\sqrt{n}A_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}\frac{2n+1}{2n+2}=\sqrt{\frac{(2n+1)^2}{4n(n+1)}}>1$ ดังนั้น $\sqrt{n}A_n$ จึงเป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ซึ่งมีขอบเขตบน จะได้ว่า $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}A_n=A$ หาค่าได้ ในทำนองเดียวกัน $(B_n)^2 = (\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1})(\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1}) < (\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1})(\frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot ... \cdot \frac{2n+1}{2n+2})=\frac{1}{n+1} \rightarrow \sqrt{n}B_n<\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}<1$ แต่ $\frac{\sqrt{n+1}B_{n+1}}{\sqrt{n}B_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}\frac{2n+2}{2n+3}=\sqrt{\frac{4n^3+12n^2+12n+4}{4n^3+12n^2+9n}}>1$ ดังนั้น $\sqrt{n}B_n$ เองก็เป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ซึ่งมีขอบเขตบน และจะได้ว่า $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}B_n=B$ หาค่าได้ ตอนนี้เราจึงได้ว่า $AB=\frac{1}{2}$ และ $\frac{A}{B}=\frac{2}{\pi}$ ซึ่งแก้สมการจะได้ว่า $A=\frac{1}{\sqrt{\pi}}$ คราวนี้ $A_n$ เป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ ถ้ามี $N_0 \in \mathbb{Z}^{+}$ ที่ $\sqrt{N_0}A_{N_0} \geqslant A$ แล้ว $\sqrt{n}A_n$ จะออกห่างจาก $A$ ไปเรื่อยๆ ขัดแย้งกับการที่ $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}A_n=A$ ดังนั้น $\forall n \in \mathbb{Z} ^{+}[\sqrt{n}A_n < A]$ หรือก็คือ $\forall n \in \mathbb{Z} ^{+}[A_n < \frac{1}{\sqrt{n \pi}}]$ นั่นเอง ถือว่าเป็นวิธีทำที่ยากพอสมควร... แต่ด้วยวิธีพื้นฐานก็ไม่รู้จะดึงพจน์ $\sqrt{\pi}$ มาจากไหนเหมือนกันเจ้าค่ะ... ยังไงจะพยายามหาคำตอบวิธีที่ง่ายกว่านี้ดูนะเจ้าคะ
__________________
Behind every beautiful proof lies a mountain of trash-turned calculation notes. ไปเยี่ยมกันได้ที่ต่างๆ ต่อไปนี้นะเจ้าคะ blog ดนตรีโดจิน: http://aiko-no-heya.exteen.com "กลุ่มศึกษาดนตรีโดจิน": http://www.facebook.com/doujinmusiclife "เส้นทางสู่โตได (วิชาเลข)": http://www.facebook.com/roadtotodai |
#5
|
|||
|
|||
สวัสดีเจ้าค่ะ... พอดีว่าในกองโจทย์เก่าที่เคยทำมีข้อที่บังเอิญพิสูจน์ข้อความนี้ได้ด้วยน่ะเจ้าค่ะ คราวนี้ก็ต้องใช้แคลคูลัสนิดนึง แต่น้อยลงกว่ารอบก่อนเยอะแล้วนะเจ้าคะ
เราจะมาพิจารณาพื้นที่ใต้โค้ง $f(x)=sin^n x$ บนช่วง $[0,\frac{\pi}{2}]$ กันนะเจ้าคะ พื้นที่ดังกล่าวคือ $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^n x dx$ บนช่วง $[0,\frac{\pi}{2}]$ เราจะได้ว่า $0 \leqslant sin x \leqslant 1$ โดยที่เป็นสมการเมื่อ $x=0,\frac{\pi}{2}$ เท่านั้น ดังนั้นเราจะได้ $$sin x \geqslant sin^2 x \geqslant sin^3 x \geqslant ...$$ และผลตามมาก็คือ $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin x dx > \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^2 x dx > \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^3 x dx > ...$$ คราวนี้เรานิยามให้ $I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^n x dx$ จะเห็นว่า $I_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,dx = \frac{\pi}{2}$ และ $I_1=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin x dx = 1$ ต่อไปโดย integration by parts \[\begin{array}{cl} I_n = & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^n x dx \\ = & [-(cos x)(sin^{n-1} x)]_0^\frac{\pi}{2} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,(n-1)(cos^2 x)(sin^{n-2} x) dx\\ = & (n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^{n-2} x - sin^n x dx\\ = & (n-1)(I_{n-2} - I_n) \end{array} \] ดังนั้น $I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$ แยกกรณีจำนวนคู่กับจำนวนคี่ จึงได้ว่า $$I_{2n} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2}, I_{2n-1}=\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}$$ เมื่อ $(2n)!!=(2n)(2n-2)...4 \cdot 2$ และ $(2n-1)!! = (2n-1)(2n-3)...3 \cdot 1$ เมื่อครู่เรารู้แล้วว่า $I_{2n}<I_{2n-1}$ จึงได้ว่า $\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2} < \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!} \rightarrow \frac{(2n-1)!!(2n-1)!!}{(2n)!!(2n-2)!!}\frac{\pi}{2} < 1$ จัดรูปจะได้ว่า $[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}]^2 < \frac{1}{\pi n}$ หรือ $$\frac{1 \cdot 3 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot ... \cdot (2n)} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} < \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$$ นั่นเองเจ้าค่ะ นอกจากนี้เรายังพิสูจน์ Wallis' product ได้จากตรงนี้ด้วยเจ้าค่ะ สังเกตว่า $I_{2n} < I_{2n-1} < I_{2n-2}$ จะได้ $$\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2} < \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!} < \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\frac{\pi}{2}$$ นั่นคือ $$\frac{\pi}{2} < \frac{(2n-2)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n-1)!!} < \frac{(2n-3)!!(2n)!!}{(2n-2)!!(2n-1)!!}\frac{\pi}{2} = \frac{2n}{2n-1}\frac{\pi}{2}$$ จัดรูปต่อจะได้ว่า $$\frac{2n}{2n+1}\frac{\pi}{2} < \frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n+1)!!} < \frac{2n}{2n-1}\frac{2n}{2n+1}\frac{\pi}{2}$$ ลิมิตของทั้งสองข้างลู่เข้าหา $\frac{\pi}{2}$ ดังนั้น $\lim_{n \to \infty} frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n+1)!!} = \frac{\pi}{2}$ ด้วย หรือก็คือ $$\prod_{n = 1}^{\infty}\frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{\pi}{2}$$ นั่นเองเจ้าค่ะ
__________________
Behind every beautiful proof lies a mountain of trash-turned calculation notes. ไปเยี่ยมกันได้ที่ต่างๆ ต่อไปนี้นะเจ้าคะ blog ดนตรีโดจิน: http://aiko-no-heya.exteen.com "กลุ่มศึกษาดนตรีโดจิน": http://www.facebook.com/doujinmusiclife "เส้นทางสู่โตได (วิชาเลข)": http://www.facebook.com/roadtotodai |
#6
|
||||
|
||||
เป็นวิธีึที่สุดยอดมากครับ สวยดีจริง ๆ ครับ
ต้องขอขอบคุณคุณ Ai-Ko มากนะครับผม |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
Nice-Hard | tatari/nightmare | อสมการ | 2 | 08 กันยายน 2008 16:28 |
Nice 3 ตัวแปร | God Phoenix | อสมการ | 3 | 24 สิงหาคม 2008 22:24 |
Nice | dektep | เรขาคณิต | 11 | 19 พฤษภาคม 2008 21:27 |
ไม่ nice แต่ งาม | Ipod | อสมการ | 2 | 19 พฤษภาคม 2008 18:44 |
~Nice problem~ | murderer@IPST | อสมการ | 7 | 13 พฤษภาคม 2008 14:12 |
|
|