Làm thế nào để suy ra công thức của thuật ngữ trong $ \sum_{n=1}^\infty \frac{1\cdot4\cdot \ldots \cdot(3n+1)}{(2n+1)!!} $

Question

Tôi tình cờ gặp vấn đề kỳ thi sau

Kiểm tra sự hội tụ của chuỗi:

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

Vì vậy, tôi đã tìm ra mọi thừa số thứ hai của tử số sẽ bị hủy bỏ với mọi thừa số trong mẫu số và điều đó sẽ cho (thực ra không đúng) *

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

Trong trường hợp cụ thể này, có thể đã rõ ràng rằng chuỗi phân kỳ nhưng tôi muốn tìm ra một công thức chính xác để tôi có thể chứng minh sự hội tụ hoặc phân kỳ với tiêu chí / thử nghiệm thích hợp. Và sau 10 phút cố gắng tìm ra, tôi đã nghĩ ra công thức sau$\ 2(2+3(n+1))=6n-2$. Điều gì hóa ra khá dễ dàng để phát hiện ra trong trường hợp cụ thể này nếu tôi nhận thấy rằng những con số đó là bội số của 6 - 2.

Câu hỏi của tôi là, có cách nào đã biết để suy ra những công thức này từ tổng vô hạn và tích vô hạn không? Hay quá trình dẫn xuất trở nên dễ dàng hơn chỉ với thời gian và thực hành?

Tôi khá mới đối với tất cả những thứ này, xin lỗi nếu tôi thiếu điều rõ ràng với câu hỏi.

* Như được chỉ ra bởi @ alex.jordan trong phần nhận xét, tôi đã mắc lỗi ở đó và việc hủy bỏ sẽ không xảy ra theo cách tôi đã mô tả. Tuy nhiên, nó không ảnh hưởng đến bản chất của câu hỏi, vì vậy tôi sẽ để nó chưa chỉnh sửa ngay bây giờ.

Answer 1

Chuyển một chuỗi bình luận thành một câu trả lời:

Không cần tìm công thức đóng cho các điều khoản một cách rõ ràng, bạn vẫn có thể áp dụng Kiểm tra tỷ lệ. Tất cả các điều khoản đều dương, vì vậy tôi sẽ bỏ qua việc sử dụng giá trị tuyệt đối ở dạng tổng quát hơn của Kiểm tra tỷ lệ.

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

Biểu thức này chuyển sang $\frac{3}{2}>1$ như $n\to\infty$, do đó bằng Kiểm tra tỷ lệ, chuỗi gốc khác nhau.

Answer 2

Xem xét $$a_n=\frac{\prod_{k=0}^n (3k+1) } {(2n+1)!! }\qquad \text{and} \qquad S_p=\sum_{n=1}^p a_n$$ Đầu tiên $S_p$rất dễ tính toán; họ tạo ra chuỗi$$\left\{\frac{4}{3},\frac{16}{5},\frac{88}{15},\frac{1312}{135},\frac{2528}{165},\frac {34912}{1485},\frac{31648}{891},\frac{89504}{1683},\frac{1199776}{15147},\frac{5345248}{45441}\right\}$$ là "gần như" theo cấp số nhân.

Biên tập

Không sớm thì muộn, bạn sẽ học được rằng $$\sum_{n=0}^\infty a_n\,x^n=\, _2F_1\left(1,\frac{4}{3};\frac{3}{2};\frac{3 }{2}x\right)$$ đó là hàm hypergeometric gaussian có xu hướng $\infty$ khi nào $x\to \frac 23$ từ phía dưới.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \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}