용어의 공식을 유도하는 방법 $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}{(2n+1)!!} $
다음 시험 문제를 발견했습니다.
시리즈의 수렴을 테스트합니다.
$$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}{(2n+1)!!} $$
그래서 나는 분자의 모든 두 번째 요소가 분모의 모든 요소와 함께 상쇄 될 것이고 그것은 (실제로 사실이 아닙니다) *
$$\sum_{n=1}^\infty4\cdot10\cdot16\cdot22...$$
이 특별한 경우에는 시리즈가 갈라진다는 것이 이미 분명 할 수도 있지만, 적절한 기준 / 테스트를 통해 수렴 또는 차이를 증명할 수 있도록 정확한 공식을 도출하고 싶었습니다. 10 분 동안 알아 내려고 노력한 후 다음 공식을 찾았습니다.$\ 2(2+3(n+1))=6n-2$. 이 숫자가 6-2의 배수라는 것을 알았다면이 특별한 경우에서 발견하기가 꽤 쉬운 것으로 판명되었습니다.
내 질문은 무한 합계와 무한 제품에서 이러한 공식을 도출하는 알려진 방법이 있습니까? 아니면 시간과 연습만으로 도출 과정이 더 쉬워 질까요?
나는이 모든 것에 꽤 익숙하다. 질문에 명백한 것을 놓치고 있다면 미안하다.
* 댓글에서 @ alex.jordan이 지적했듯이, 제가 실수를했고 제가 설명한 방식으로 취소가 발생하지 않습니다. 그럼에도 불구하고 질문의 본질에 영향을 미치지 않으므로 지금은 편집하지 않은 상태로 두겠습니다.
답변
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용어에 대한 닫힌 공식을 명시 적으로 찾지 않아도 비율 테스트를 적용 할 수 있습니다. 모든 항이 양수이므로 비율 테스트의보다 일반적인 형태 인 절대 값 사용을 생략하겠습니다.
$$ \begin{align} \frac{a_{n+1}}{a_n} &=\frac{\frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3(n+1)+1)}{(2(n+1)+1)!!}}{\frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}{(2n+1)!!}}\\ &=\frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3(n+1)+1)}{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}\cdot\frac{(2n+1)!!}{(2(n+1)+1)!!}\\ &=\frac{\require{cancel}\cancel{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}\cdot(3(n+1)+1)}{\cancel{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}}\cdot\frac{(2n+1)!!}{(2n+3)!!}\\ &=(3n+4)\cdot\frac{(2n+1)!!}{(2n+3)\cdot(2n+1)!!}\\ &=\frac{3n+4}{2n+3} \end{align} $$
이 표현은 $\frac{3}{2}>1$ 같이 $n\to\infty$, 그래서 비율 테스트에 의해 원래 시리즈가 갈라집니다.
중히 여기다 $$a_n=\frac{\prod_{k=0}^n (3k+1) } {(2n+1)!! }\qquad \text{and} \qquad S_p=\sum_{n=1}^p a_n$$ 첫번째 $S_p$의 계산이 쉽습니다. 그들은 시퀀스를 생성합니다$$\left\{\frac{4}{3},\frac{16}{5},\frac{88}{15},\frac{1312}{135},\frac{2528}{165},\frac {34912}{1485},\frac{31648}{891},\frac{89504}{1683},\frac{1199776}{15147},\frac{5345248}{45441}\right\}$$ "거의"지수입니다.
편집하다
조만간 알게 될 것입니다. $$\sum_{n=0}^\infty a_n\,x^n=\, _2F_1\left(1,\frac{4}{3};\frac{3}{2};\frac{3 }{2}x\right)$$ 가우시안 초기 하 함수입니다. $\infty$ 언제 $x\to \frac 23$ 밑에서부터.
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \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}