【１】無限積の定義と収束・発散

(1) $$P_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{1+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{n^2}}$$よってゼータ関数を用いることで$$P=\left(\frac{1}{2}\right)^\frac{\pi^2}{6}$$(2)$$P_n=\left(\frac{1}{3}\right)^{\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2^n}}=\left(\frac{1}{3}\right)^{1-\frac{1}{2^n}}$$$$\therefore\quad P=\frac{1}{3}$$(3)$$P_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n(n+1)}{2}}\to 0$$よって ゼロに発散する。

【証明】\begin{eqnarray*}\prod_{n=1}^\infty (a_nb_n) &=& \lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^n (a_kb_k) = \lim_{n\to\infty}\left(\prod_{k=1}^n a_k\prod_{k=1}^n b_k\right)\\ &=& \prod_{n=1}^\infty a_k\prod_{n=1}^\infty b_k=AB\end{eqnarray*}【証明終】

【証明】無限積が収束するとすると $P_n\to P>0$ であるので $\exists N_1\in\NN$ , $\forall n\ge N_1$ に対して $|P_n|\ge K>0$ なる定数 $K$ がある。また収束する数列はコーシー列であることから$$\forall\epsilon>0,\;\exists N_2\in\NN,\;\forall m,n\ge N_2,\;\left|P_m-P_n\right|<\epsilon$$である。これらを合わせると $\forall m,n\ge\max(N_1,N_2)$ で$$\left|\frac{P_m}{P_n}-1\right|<\frac{\epsilon}{|P_n|}<\frac{\epsilon}{K}$$となる。

次に☆が成り立つ場合、特に$$\exists N_0\in\NN,\;\forall m> N_0,\;\left|\frac{P_m}{P_{N_0}}-1\right|<\frac{1}{2}$$とできる。よって$$\frac{1}{2}|P_{N_0}|<|P_m|<\frac{3}{2}|P_{N_0}|$$したがって$$\left|\frac{P_m}{P_n}-1\right|<\epsilon\Rightarrow |P_m-P_n|<\epsilon |P_n|<\frac{3}{2}\epsilon |P_{N_0}|$$が $\forall m,n\ge\max(N,N_0)$ で成立するので無限積は収束する。またこのとき $|P_m|>\frac{1}{2}|P_{N_0}|$ からその極限はゼロでないことが分かる。【証明終】

【証明】定理1.4より無限積が収束するならば☆が成り立つが、特に $n=m-1$ としても成り立つので$$a_m=\frac{P_m}{P_{m-1}}\to 1$$【証明終】

【証明】収束する無限積は系1.5を満たすが、無数の負項を持つと仮定すると、どんな自然数 $N$をとっても $a_n<0$ なる $n>N$ があるので$$|a_n-1|>1 $$よって系1.5に矛盾する。【証明終】

系1.5より $a_n\to1$ , $b_n\to 1$ である。$a_n+b_n\to 2$ となるので系1.5の対偶から問題の無限積は発散する。

$\sum_{n=0}^\infty x^n=\frac{1}{1-x}$ を微分して $\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}=\frac{1}{(1-x^2)}$ を得るので$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}=2$$である。したがって$$P=\lim_{n\to\infty}2^{\sum_{k=1}^n\frac{k}{2^k}}=2^2=4$$

それぞれ書き下してみると発見できます。\begin{eqnarray*}P &=&\lim_{n\to\infty}\prod_{k=2}^n \left(1-\frac{1}{k^2}\right) = \lim_{n\to\infty}\prod_{k=2}^n\frac{(k-1)(k+1)}{k^2} \\&=&\lim_{n\to\infty}\frac{1\cdot 3}{2^2}\frac{2\cdot 4}{3^2}\cdots\frac{(n-1)(n+1)}{n^2} \\&=& \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2n}=\frac{1}{2}\end{eqnarray*}同様に$$Q=\frac{1}{6}\;,\; R=\frac{1}{20}\;,\; Z=\frac{1}{\binom{2m}{m}}$$

\begin{eqnarray*}P &=& \lim_{n\to\infty}\prod_{k=2}^n \frac{k^3-1}{k^3+1} \\&=& \lim_{n\to\infty}\prod_{k=2}^n \frac{(k-1)}{k+1}\frac{(k+1)^2-(k+1)+1}{k^2-k+1}\\&=& \lim_{n\to\infty}\frac{2(n^2+n+1)}{3n(n+1)}\\&=& \frac{2}{3}\end{eqnarray*}

第3項くらいまでの部分積を試しに計算してみると$$P_n=\frac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x^2}$$と予想できる。数学的帰納法でこれが正しいことが証明できる。よって $P=\dfrac{1}{1-x^2}$.

$\prod\frac{(n+1)^2}{n(n+2)}$ となる。書き下して約分しまくって極限は $2$ .

部分積を考えて約分すると$$P=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}e^{H_n} $$ただし $H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$ は調和数。よって$$P=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}e^{H_n-\ln n}=e^\g$$ここで $\g$ はオイラー・マスケローニ定数。

$$a^{\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}}$$と表せるが、この級数は $-\ln(1+x)$ のマクローリン展開に $x=1$ として得られる。よって$$P=a^{-\ln 2}$$

$\{P_n\}$ は単調増加であることより従う。

$$1\cdot2^\frac{1}{2}\cdot 3^\frac{1}{3}\cdots> 1\cdot 2^\frac{1}{2}\cdot 2^\frac{1}{3}\cdot2^\frac{1}{4}\cdots=\prod2^{H_n}$$調和数 $H_n$ は発散するので、左辺も発散する。