Демидович — задача 68

1. 1
   Само произведение дополнительно преобразовывать не требуется: нижняя оценка $P_n>0$ следует из положительности множителей, а верхняя оценка уже доказана в задаче 9б. После этого условия теоремы о зажатой последовательности проверены полностью.
2. 2
   $$\lim_{n\to\infty}\left(\frac12\cdot\frac34\cdots\frac{2n-1}{2n}\right)=0.$$Альтернативное решение:
3. 3
   Обозначим исходное произведение за $x_n$. Если мы заменим каждую дробь $\frac{2k-1}{2k}$ на чуть большую дробь $\frac{2k}{2k+1}$, то получим новую последовательность $y_n$. При перемножении $x_n$ и $y_n$ все промежуточные множители сократятся, что позволит оценить $x_n^2$ сверху выражением, стремящимся к нулю.
   
   Выпишем общий член нашей последовательности $x_n$:$$x_n = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdots\frac{2n-1}{2n}$$Рассмотрим вспомогательную последовательность $y_n$, сдвинув все числители и знаменатели на единицу вверх:$$y_n = \frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdots\frac{2n}{2n+1}$$Сравним соответствующие дроби обеих последовательностей. Для любого натурального $k$ верно неравенство:$$\frac{2k-1}{2k} < \frac{2k}{2k+1}$$Убедиться в этом легко, перемножив крест-накрест: $(2k-1)(2k+1) = 4k^2 - 1$, что строго меньше $4k^2$.
   Поскольку все множители положительны, перемножение $n$ таких неравенств сохраняет знак:$$x_n < y_n$$
4. 4
   Умножим $x_n$ на $y_n$, объединив дроби попарно:$$x_n y_n = \left(\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\right) \cdot \left(\frac{3}{4}\cdot\frac{4}{5}\right) \cdots \left(\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n}{2n+1}\right)$$Заметим, что знаменатель каждой дроби полностью сокращается с числителем следующей. В итоге остаются только самая первая единица в числителе и самый последний знаменатель:$$x_n y_n = \frac{1}{2n+1}$$

Что и требовалось доказать