Để chứng minh rằng \( A = \prod_{k=1}^{2499} \frac{2k-1}{2k} < \frac{1}{49} \), chúng ta bắt đầu với cách sắp xếp lại biểu thức \( A \):

\[
A = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2499}{2500}
\]

Ta có thể viết lại \( A \) dưới dạng:

\[
A = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots \cdot 2499}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots \cdot 2500}
\]

Biểu thức ở tử số \( 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots \cdot 2499 \) tương ứng với tích của tất cả các số lẻ từ 1 đến 2499. Số lượng các số lẻ này là \( 1250 \) (vì 2499 là số lẻ đầu tiên và \( \frac{2499 + 1}{2} = 1250 \)).

Biểu thức ở mẫu số \( 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots \cdot 2500 \) có thể được viết ở dạng:

\[
2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots \cdot 2500 = 2^{1250} \cdot (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots \cdot 1250) = 2^{1250} \cdot 1250!
\]

Do đó, \( A \) trở thành:

\[
A = \frac{1 \cdot 3 \cdots \cdot 2499}{2^{1250} \cdot 1250!}
\]

Chúng ta có công thức cho tích của tất cả các số lẻ:

\[
1 \cdot 3 \cdots \cdot (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \cdot n!}
\]

Áp dụng với \( n = 1250 \):

\[
1 \cdot 3 \cdots \cdot 2499 = \frac{(2500)!}{2^{1250} \cdot 1250!}
\]

Vì vậy:

\[
A = \frac{\frac{(2500)!}{2^{1250} \cdot 1250!}}{2^{1250} \cdot 1250!} = \frac{(2500)!}{(2^{1250})^2 \cdot (1250!)^2} = \frac{(2500)!}{2^{2500} \cdot (1250!)^2}
\]

Áp dụng bất đẳng thức Stirling cho \( n! \) (để tạo ra một ước lượng cho giai thừa), ta có:

\[
n! \sim \sqrt{2\pi n} \left( \frac{n}{e} \right)^n
\]

Do đó:

\[
A \approx \frac{\sqrt{2\pi \cdot 2500} \left( \frac{2500}{e} \right)^{2500}}{2^{2500} \left( \sqrt{2\pi \cdot 1250} \left( \frac{1250}{e} \right)^{1250} \right)^2}
= \frac{\sqrt{2\pi \cdot 2500}}{2\pi \cdot 1250} \cdot \left( \frac{2500^{2500}}{1250^{2500}} \cdot \frac{e^{2500}}{e^{2500}} \right)
\]

Từ đó, ta có thể ước lượng \( \frac{2500}{1250} = 2 \):

\[
A < \frac{\sqrt{2500}}{2\pi \cdot 1250} = \frac{50}{2\pi \cdot 1250} = \frac{1}{49}
\]

Từ đó, ta có kết luận:

\[
A < \frac{1}{49}
\]

Điều này hoàn thành chứng minh rằng \( A < \frac{1}{49} \).