の用語の式を導出する方法 $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}{(2n+1)!!} $

Aug 17 2020

私は次の試験の問題に遭遇しました

級数の収束をテストします。

$$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}{(2n+1)!!} $$

だから私は、分子の2つおきの因数が分母のすべての因数で相殺され、それが(実際には真実ではない)*を与えると考えました。

$$\sum_{n=1}^\infty4\cdot10\cdot16\cdot22...$$

この特定のケースでは、級数が発散することはすでに明らかかもしれませんが、適切な基準/テストで収束または発散を証明できるように、正確な式を導き出したいと思いました。そしてそれを理解しようと10分を費やした後、私は次の式を思いついた$\ 2(2+3(n+1))=6n-2$。これらの数が6〜2の倍数であることに気付いた場合、この特定のケースで何を見つけるのは非常に簡単であることがわかります。

私の質問は、これらの式を無限の合計と無限の積から導出する既知の方法はありますか?それとも、時間と練習だけで派生プロセスがより簡単になりますか?

私はこれらすべてのものにかなり慣れていません、私が質問で明白を逃しているならば申し訳ありません。

*コメントで@ alex.jordanが指摘しているように、そこで間違いを犯したため、説明した方法でキャンセルが発生しません。それでも、質問の本質には影響しないので、今は編集しないでおきます。

回答

1 alex.jordan Aug 18 2020 at 00:17

コメントスレッドを回答に変える:

項の閉じた式を明示的に見つけなくても、比率テストを適用できます。すべての項が正であるため、比率テストのより一般的な形式である絶対値の使用は省略します。

$$ \begin{align} \frac{a_{n+1}}{a_n} &=\frac{\frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3(n+1)+1)}{(2(n+1)+1)!!}}{\frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}{(2n+1)!!}}\\ &=\frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3(n+1)+1)}{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}\cdot\frac{(2n+1)!!}{(2(n+1)+1)!!}\\ &=\frac{\require{cancel}\cancel{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}\cdot(3(n+1)+1)}{\cancel{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}}\cdot\frac{(2n+1)!!}{(2n+3)!!}\\ &=(3n+4)\cdot\frac{(2n+1)!!}{(2n+3)\cdot(2n+1)!!}\\ &=\frac{3n+4}{2n+3} \end{align} $$

この表現は $\frac{3}{2}>1$ なので $n\to\infty$、したがって、比率テストによって、元のシリーズは発散します。

ClaudeLeibovici Aug 17 2020 at 19:56

検討する $$a_n=\frac{\prod_{k=0}^n (3k+1) } {(2n+1)!! }\qquad \text{and} \qquad S_p=\sum_{n=1}^p a_n$$ 最初 $S_p$の計算は簡単です。それらはシーケンスを生成します$$\left\{\frac{4}{3},\frac{16}{5},\frac{88}{15},\frac{1312}{135},\frac{2528}{165},\frac {34912}{1485},\frac{31648}{891},\frac{89504}{1683},\frac{1199776}{15147},\frac{5345248}{45441}\right\}$$ これは「ほぼ」指数関数的です。

編集

遅かれ早かれ、あなたはそれを学ぶでしょう $$\sum_{n=0}^\infty a_n\,x^n=\, _2F_1\left(1,\frac{4}{3};\frac{3}{2};\frac{3 }{2}x\right)$$ これは、ガウス超幾何関数であり、 $\infty$ いつ $x\to \frac 23$ 下から。

FelixMarin Aug 17 2020 at 22:03

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{{1\times 4 \times \cdots \times \pars{3n + 1} \over \pars{2n + 1}!!}} = {\prod_{k = 0}^{n}\pars{3k + 1} \over \prod_{k = 0}^{n}\pars{2k + 1}} = {3^{n + 1}\prod_{k = 0}^{n}\pars{k + 1/3} \over 2^{n + 1}\prod_{k = 0}^{n}\pars{k + 1/2}} \\[5mm] = &\ \pars{3 \over 2}^{n + 1}\, {\pars{1/3}^{\overline{n + 1}} \over \pars{1/2}^{\overline{n + 1}}} = \pars{3 \over 2}^{n + 1}\, {\Gamma\pars{n + 4/3}/\Gamma\pars{1/3} \over \Gamma\pars{n + 3/2}/\Gamma\pars{1/2}} \\[5mm] = &\ {\root{\pi} \over \Gamma\pars{1/3}}\pars{3 \over 2}^{n + 1}\, {\pars{n + 1/3}! \over \pars{n + 1/2}!} \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, & {\root{\pi} \over \Gamma\pars{1/3}}\pars{3 \over 2}^{n + 1}\, {\root{2\pi}\pars{n + 1/3}^{\ n + 5/6}\expo{-n - 1/3} \over \root{2\pi}\pars{n + 1/2}^{\ n + 1}\expo{-n - 1/2}} \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, &\ {\root{\pi} \over \Gamma\pars{1/3}}\pars{3 \over 2}^{n + 1}\, {n^{n + 5/6}\,\bracks{1 + \pars{1/3}/n}^{\ n}\,\expo{-n - 1/3} \over n^{n + 1}\,\bracks{1 + \pars{1/2}/n}^{\ n}\,\expo{-n - 1/2}} \\[5mm] \stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, & {\root{\pi} \over \Gamma\pars{1/3}}\, {\pars{3/2}^{n + 1} \over n^{1/6}} \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\to}\,\,\, \bbx{\large \infty} \\ & \end{align}