Задача М23‍‍

Сначала изложим наиболее короткое решение, предложенное выдающимся советским математиком, специалистом по теории чисел А. О. Гельфондом.

Перепишем квадрат данного выражения в таком виде: $$ P_n^2=\dfrac{1^2}{2^2}\cdot\dfrac{3^2}{4^2}\cdot\dfrac{5^2}{6^2}\cdot \dfrac{7^2}{2^2}\cdot\ldots\cdot\dfrac{(2n-1)^2}{(2n)^2}= \dfrac12\cdot\dfrac{3^2}{2\cdot 4}\cdot\dfrac{5^2}{4\cdot 6}\cdot\ldots\cdot \dfrac{(2n-1)^2}{(2n-2)\,2n}\cdot\dfrac1{2n}. $$ Поскольку при любом целом $k\gt1$‍‍ $$ \dfrac{(2k-1)^2}{(2k-2)\,2k}=\dfrac{(2k-1)^2}{(2k-1)^2-1}\gt1, $$ то $$ P_n^2\gt\dfrac12\cdot\dfrac1{2n}\quad\hbox{и}\quad P_n\gt\dfrac{\sqrt2}2\cdot\dfrac1{\sqrt{2n}}. $$

С другой стороны, так как всегда $$ \dfrac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2}=\dfrac{(2k)^2-1}{(2k)^2}\lt1, $$ то $$ P_n^2=\dfrac3{2^2}\cdot\dfrac{3\cdot5}{4^2}\cdot\dfrac{5\cdot7}{6^2}\cdot\ldots \cdot\dfrac{(2n-1)(2n-3)}{(2n-2)^2}\cdot\dfrac{2n-1}{(2n)^2}\lt\dfrac34\cdot \dfrac1{2n} $$ и $$ P_n\lt\dfrac{\sqrt3}2\cdot\dfrac1{\sqrt{2n}}. $$

Несколько иное решение предложил Д. Григорьев (такое решение прислали и другие читатели журнала). Рассмотрим вместе с данным выражением $$ P_n=\dfrac12\cdot\dfrac34\cdot\dfrac56\cdot\ldots\cdot\dfrac{2n-3}{2n-2}\cdot \dfrac{2n-1}{2n} $$ следующее: $$ Q_n=\dfrac12\cdot\dfrac23\cdot\dfrac45\cdot\ldots\cdot\dfrac{2n-4}{2n-3}\cdot \dfrac{2n-2}{2n-1}. $$

Поскольку каждый из сомножителей произведения $Q_n$‍‍ не больше соответствующего сомножителя $P_n$‍,‍ то $P_n\gt Q_n$‍‍ и, следовательно, $P_n^2\gt P_nQ_n=\dfrac1{4n}$‍,‍ т. е. $P_n\gt\dfrac{\sqrt2}2\cdot\dfrac1{\sqrt{2n}}$‍.‍

С другой стороны, $$ R_n=\dfrac12\cdot\dfrac45\cdot\dfrac67\cdot\ldots\cdot\dfrac{2n-2}{2n-1}\cdot1\gt P_n, $$ поэтому $P_n^2\lt P_nR_n=\dfrac3{8n}$‍‍ и $P_n\lt\dfrac{\sqrt3}2\cdot\dfrac1{\sqrt{2n}}$‍.‍

Казалось бы более естественным начать $R_n$‍‍ не с $\dfrac12$‍,‍ а с $\dfrac23$‍.‍ Но тогда для $P_n$‍,‍ получится оценка более грубая, чем требуется в условии задачи. Наоборот, если оставить в $R_n$‍‍ не один, а больше сомножителей равными первым сомножителям $P_n$‍,‍ то для $P_n$‍‍ получится более точная оценка вида $P_n\lt\dfrac c{\sqrt n}$‍,‍ где $c$‍‍ — некоторое число, меньшее $\sqrt{\dfrac38}$‍.‍ To же замечание относится и к оценке с другой стороны.

Есть также решение, основанное на методе математической индукции. Именно на примере этой задачи в заметке Е. Г. Николаева «Случай с методом математической индукции» (см. «Квант» № 7, 1970, стр. 37 и «Квант» № 12, 1970, стр. 58) рассказывалось о том, что иногда более сильное неравенство доказать по индукции проще, чем более слабое.

Из доказанных неравенств следует, что величина $P_n$‍‍ с ростом $n$‍‍ стремится к нулю, а величина $P_n\sqrt n$‍‍ заключена между $\dfrac12$‍‍ и $\dfrac12\sqrt{\dfrac32}$‍.‍ Можно доказать (см., например, задачи 145, 160, 161 в книге А. М. Яглома и И. М. Яглома «Неэлементарные задачи в элементарном изложении», ГИТТЛ, Μ., 1954), что при $n\to\infty$‍‍ $P_n$‍‍ стремится к пределу, равному $\sqrt{\dfrac1\pi}$‍.‍