Unendliches Produkt

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03.04.2005, 18:26	papahuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Unendliches Produkt Hallo, Angenommen, ich habe $\begin{eqnarray} (x_i)_{i \in \mathbb{N}} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} 0 < x_i < 1 \end{eqnarray}$ . Gilt dann auf jeden Fall, dass $\begin{eqnarray} \prod_{i = 1}^{\infty} x_i = 0? \end{eqnarray}$ Oder kann es sein, dass das Produkt größer Null ist, wenn die Folge stark gegen 1 konvergiert?
03.04.2005, 21:10	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Untersuche doch einmal die Folge $\begin{eqnarray} x_1=1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x_i=1-\frac{1}{i^2}\qquad \qquad i\geq 2 \end{eqnarray}$
03.04.2005, 22:23	papahuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Super, danke!
03.04.2005, 22:33	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Bitte Was hast du denn raus? Wogegen geht das Produkt?
03.04.2005, 22:51	papahuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
na 1/2. Hast du dir die Folge nach Augenmaß konstruiert? Oder wusstest du, dass sie die Eigenschaft hat?
03.04.2005, 22:58	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Immerhin ist gewährleistet, dass bei $\begin{eqnarray} 0<x_i<1 \end{eqnarray}$ ein solches Produkt stets konvergiert.
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03.04.2005, 23:15	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja, hab erst n bißchen rumprobiert, einfach so. Z.B. mit $\begin{eqnarray} \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdots \frac{n-1}{n} \end{eqnarray}$ Das war einfach mal so ein sinnloser Einfall, der natürlich ins Leere ging. Dann noch n bißchen was mit $\begin{eqnarray} \left(1-\frac{1}{2}\right)^2\cdot \left(1-\frac{1}{3}\right)^3\cdots \left(1-\frac{1}{n}\right)^n \end{eqnarray}$ Führte auch nicht zum Ziel, dann hab ich mir gedacht: Es wird doch wohl eine Folge $\begin{eqnarray} (y_i) \end{eqnarray}$ , mit $\begin{eqnarray} y_i>1 \end{eqnarray}$ für alle i, geben, für die das unendliche Produkt alle $\begin{eqnarray} y_i \end{eqnarray}$ nicht gegen +unendlich konvergiert. Dann kann man nämlich $\begin{eqnarray} x_i=\frac{1}{y_i} \end{eqnarray}$ setzen ... Mir ist aber nicht auf Anhieb eine solche Folge eingefallen, dann hab ich mich aber an was erinnert, was aber sehr hohe Mathematik ist und nur schwer herzuleiten ist und schnell nachgeguckt, wie das genau war, nämlich: Sei $\begin{eqnarray} p_i \end{eqnarray}$ die Folge der Primzahlen, also $\begin{eqnarray} p_1=2,\ p_2=3,\ p_3=5,\ p_4=7, ... \end{eqnarray}$ , dann gilt $\begin{eqnarray} \prod_{i=1}^{\infty}~\frac{1}{1-\frac{1}{p_i^2}}=\frac{\pi^2}{6} \end{eqnarray}$ Setzt man $\begin{eqnarray} x_i=1-\frac{1}{p_i^2} \end{eqnarray}$ , so gilt: $\begin{eqnarray} \prod_{i=1}^{\infty}~x_i=\frac{1}{\prod\limits_{i=1}^{\infty}~\frac{1}{1-\frac{1}{p_i^2}}}=\frac{6}{\pi^2} \end{eqnarray}$ Aber ich hab mir gedacht, da muss es doch ne einfachere Folge geben, also habe ich einfach anstelle der Primzahlen da alle natürlich Zahlen eingesetzt: $\begin{eqnarray} x_i=1-\frac{1}{i^2} \end{eqnarray}$ und dann ausgerechnet, dass das gegen 0,5 geht.
03.04.2005, 23:26	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
@ Arthur Vorsicht! Ein unendliches Produkt, dessen Partialproduktfolge (eventuell nach Weglassung endlich vieler verschwindender Anfangsfaktoren) gegen 0 konvergiert, heißt divergent gegen 0. Nur mit dieser Festlegung gelten die klassischen Analogien zwischen unendlichen Reihen und unendlichen Produkten aus der Funktionentheorie. Beispiel $\begin{eqnarray} \prod_{\nu}^{}~\operatorname{e}^{-\frac{1}{\nu}} \end{eqnarray}$ divergiert gegen 0 ist äquivalent zu $\begin{eqnarray} \sum_{\nu}^{}~\frac{1}{\nu} \end{eqnarray}$ divergiert bestimmt gegen $\begin{eqnarray} \infty \end{eqnarray}$ Letztlich steckt da die Isomorphie der Gruppen $\begin{eqnarray} (\mathbb{R},+) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} (\mathbb{R}_{>0},\cdot) \end{eqnarray}$ dahinter.
03.04.2005, 23:31	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie ich schon oft gesagt habe - Begriffe sind nicht meine Stärke. Sagen wir halt "Konvergenz der Partialproduktfolge". gähn
03.04.2005, 23:35	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Schlingel! Es liegt mir jetzt etwas auf der Zunge, aber ich will ja unsere "Freundschaft" nicht zerstören ...
03.04.2005, 23:38	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Auch wenn du recht hast - ich finde den Begriff "Divergenz gegen 0" schwachsinnig: Wenn man das kennzeichnen will, kann man ja das ja gleich auf die Reihe der Logarithmen beziehen. "Divergenz gegen 0" beim Produkt riecht nach einer andern Metrik auf den reellen Zahlen, und und und...
03.04.2005, 23:45	papahuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Eins wollte ich noch wissen. Bei der Grenzwertbestimmung hab ich nämlich geschummelt. Per Induktion konnte ich nur zeigen, dass das Produkt immer größer als 1/2 ist. Wie hast du herausbekommen, dass 1/2 tatsächlich der Grenzwert ist?
03.04.2005, 23:52	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
@ Arthur Es ist halt die Metrik $\begin{eqnarray} d(x,y) = \|\ln{x}-\ln{y}\| \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} (\mathbb{R}_{>0}, \cdot) \end{eqnarray}$ . Sie induziert die gewöhnliche euklidische Topologie. Mit dieser Metrik ist wohl $\begin{eqnarray} \left( \frac{1}{n} \right)_{n \geq 1} \end{eqnarray}$ keine Cauchy-Folge. (Hoffentlich stimmt das, was ich mir da schnell ausgedacht habe ...)
04.04.2005, 00:01	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Hast natürlich recht, Leopold. Genug der Krümelkackerei - ich antworte lieber auf papahuhns Anfrage: Es ist $\begin{eqnarray} S_n=\prod\limits_{i=2}^n \left(1-\frac{1}{i^2}\right)=\frac{n+1}{2n} \end{eqnarray}$ , nachweisbar durch Induktion. Und dieses $\begin{eqnarray} S_n \end{eqnarray}$ konvergiert offenbar gegen 1/2.
04.04.2005, 00:08	papahuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh mann, ich hätte mir ein paar Beispielwerte ansehen sollen. Danke sehr!
04.04.2005, 00:09	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
@ papahuhn Dritte binomische Formel! $\begin{eqnarray} 1 - \frac{1}{i^2} = \frac{i^2-1}{i^2} = \frac{(i-1)(i+1)}{i \cdot i} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \prod_{i \geq 2}^{}~\left( 1 - \frac{1}{i^2} \right) \ = \ \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 2} \cdot \frac{2 \cdot 4}{3 \cdot 3} \cdot \frac{3 \cdot 5}{4 \cdot 4} \cdot \frac{4 \cdot 6}{5 \cdot 5} \dots \end{eqnarray}$ Oben zwei 3er (um drei versetzt), unten zwei 3er (nebeneinander) - kürzen sich weg. Oben zwei 4er (um drei versetzt), unten zwei 4er (nebeneinadner) - kürzen sich weg. Oben zwei 5er (um drei versetzt), unten zwei 5er (nebeneinander) - kürzen sich weg usw. Was bleibt: $\begin{eqnarray} \prod_{i \geq 2}^{}~\left( 1 - \frac{1}{i^2} \right) \ = \ \frac{1 \cdot 2}{2 \cdot 2} = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ EDIT Die formal korrekte Variante ist natürlich die von Arthur. Meine stimmt, sofern man Konvergenz des Produktes unterstellt.
04.04.2005, 00:17	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
@papahuhn Du kannst es auch durch einen "Pünktchenbeweis" machen. Will man "Pünktchenbeweise" korrekt machen, so führt man ein vollständige Induktion durch wie Arthur sagt. Ich zeig dir mal den Alibi-Pünktchenbeweis: $\begin{eqnarray} 1-\frac{1}{i^2}=\frac{i^2-1}{i^2}=\frac{(i-1)(i+1)}{i^2} \end{eqnarray}$ Jetzt schreibt man das Produkt hin: $\begin{eqnarray} S_n=\prod_{i=2}^n \left(1-\frac{1}{i^2}\right)=\left(1-\frac{1}{4}\right)\cdot \left(1-\frac{1}{9}\right)\cdot \left(1-\frac{1}{16}\right)\cdots \left(1-\frac{1}{(k-1)^2}\right)\cdot \left(1-\frac{1}{k^2}\right)\cdot \left(1-\frac{1}{(k+1)^2}\right)\cdots \left(1-\frac{1}{(n-1)^2}\right)\cdot \left(1-\frac{1}{n^2}\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\frac{2^2-1}{2^2}\cdot \frac{9-1}{3^2}\cdot \frac{4^2-1}{4^2}\cdots \frac{(k-1)^2-1}{(k-1)^2}\cdot \frac{k^2-1}{k^2}\cdot \frac{(k+1)^2-1}{(k+1)^2}\cdots \frac{(n-1)^2-1}{(n-1)^2}\cdot \frac{n^2-1}{n^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\frac{(2-1)(2+1)}{2^2}\cdot \frac{(3-1)(3+1)}{3^2}\cdot \frac{(4-1)(4+1)}{4^2}\cdots \frac{(k-2)k}{(k-1)^2}\cdot \frac{(k-1)(k+1)}{k^2}\cdot \frac{k(k+2)}{(k+1)^2}\cdots \frac{(n-2)n}{(n-1)^2}\cdot \frac{(n-1)(n+1)}{n^2} \end{eqnarray}$ Bei dem mittleren Teil mit den k's sieht man am besten, wie man kürzen kann und dann siehst du auch, was am linken und rechten Rand übrig bleibt.
04.04.2005, 00:24	papahuhn	Auf diesen Beitrag antworten »
Hab verstanden. Einer hat es sich ganz leicht gemacht, und zwei haben einen Pünktchenbeweis durchgezogen

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