¿La serie $ \sum_{i=1}^{\infty}\frac{2^{i-1}(i-1)!}{\prod_{j=1}^{i}(2j+1)}$ convergen y, en caso afirmativo, ¿hacia qué?

Question

Intento demostrar que la siguiente serie converge y encontrar su límite si es que lo hace:

$$ \sum_{i=1}^{\infty}\frac{2^{i-1}(i-1)!}{\prod_{j=1}^{i}(2j+1)}$$

Intuitivamente, puedo ver que esto es convergente ya que el $i$ -en el denominador, cuando se expande, debería dar algo al menos tan grande como $2^i$ como resultado de la $2$ coeficiente, así como algo al menos tan grande como el $(i-1)!$ debido a $j$ sí mismo. Sin embargo, no estoy seguro de cómo demostrarlo formalmente. Algunos cálculos preliminares muestran que puede converger a algo cercano pero inferior a $1$ (tal vez $1$ ), pero ¿cómo puedo obtener el límite exacto?

Answer 1

Simplificar la suma $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(n-1)!\,2^{n-1}}{\prod_{k=1}^n(2k+1)} &=\sum_{n=1}^\infty\frac{(n-1)!\,2^{n-1}}{\frac{(2n+1)!}{n!\,2^n}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n(2n+1)}\frac{n!\,2^n}{\frac{(2n)!}{n!\,2^n}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2n(2n+1)}\frac{4^n}{\binom{2n}{n}}\tag{1} \end{align} $$ Desde $\binom{2n}{n}\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ tenemos $\frac1{2n(2n+1)}\frac{4^n}{\binom{2n}{n}}\sim\frac{\sqrt\pi}{4n^{3/2}}$ y la suma converge ya que $\frac32\gt1$ .

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Evaluación $\boldsymbol{1}$

Ecuación $(2)$ de esta respuesta dice $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{4^nx^{2n}}{\binom{2n}{n}} =\frac1{1-x^2}\left[x^2+\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\sin^{-1}(x)\right]\tag{2} $$ Dividir $(2)$ por $x$ e integrando dos veces se obtiene $$ \sum_{n=1}^\infty\frac1{2n(2n+1)}\frac{4^nx^{2n+1}}{\binom{2n}{n}} =x-\sqrt{1-x^2}\sin^{-1}(x)\tag{3} $$ Evaluación de $(3)$ en $x=1$ da $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{(n-1)!\,2^{n-1}}{\prod_{k=1}^n(2k+1)}=1\tag{4} $$

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Evaluación $\boldsymbol{2}$

Utilización de la Función Beta integral, obtenemos $$ \frac1{\binom{2n}{n}}=(2n+1)\int_0^1x^n(1-x)^n\,\mathrm{d}x\tag{5} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{2n(2n+1)}\frac{4^n}{\binom{2n}{n}} &=\int_0^1\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{2n}x^n(1-x)^n\,\mathrm{d}x\tag{6a}\\ &=-\frac12\int_0^1\log(1-4x(1-x))\,\mathrm{d}x\tag{6b}\\ &=-\int_0^1\log|1-2x|\,\mathrm{d}x\tag{6c}\\ &=-\frac12\int_{-1}^1\log|x|\,\mathrm{d}x\tag{6d}\\ &=-\int_0^1\log(x)\,\mathrm{d}x\tag{6e}\\[6pt] &=1\tag{6f} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(6a)}$ : aplicar $(5)$
$\text{(6b)}$ utilizar la serie de Taylor para $\log(1-x)$
$\text{(6c)}$ : $\sqrt{1-4x+4x^2}=|1-2x|$
$\text{(6d)}$ : sustituto $x\mapsto\frac{1-x}2$
$\text{(6e)}$ : simetría
$\text{(6f)}$ : $\int\log(x)\,\mathrm{d}x=x\log(x)-x$

Answer 2

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

\begin{equation} \sum_{i = 1}^{\infty}{2^{i - 1}\pars{i - 1}! \over \prod_{j = 1}^{i}\pars{2j + 1}}:\ ?\label{1}\tag{1} \end{equation}

\begin{align} &\bbox[8px,border:0.1em groove navy]{{2^{i - 1}\pars{i - 1}! \over \prod_{j = 1}^{i}\pars{2j + 1}}} = {2^{i - 1}\pars{i - 1}! \over 2^{i}\prod_{j = 1}^{i}\pars{j + 1/2}} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\,{\pars{i - 1}! \over \pars{3/2}_{i}} \qquad\pars{~\vphantom{\large A}\pars{a}_{n}:\ Pochhammer\ Symbol~} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\,{\pars{i - 1}! \over \Gamma\pars{3/2 + i}/\Gamma\pars{3/2}} = {1 \over 2}\,\ \underbrace{{\Gamma\pars{i}\Gamma\pars{3/2} \over \Gamma\pars{i + 3/2}}} _{\ds{\mrm{B}\pars{i,3/2}}}\qquad \pars{~\mrm{B}:\ Beta\ Function~} \\ = &\,\, \bbox[8px,border:0.1em groove navy]{{1 \over 2} \int_{0}^{1}x^{i - 1}\pars{1 - x}^{1/2}\,\dd x}\label{2}\tag{2} \end{align}

N $\ds{\pars{a}_{n} = {\Gamma\pars{a + n} \over \Gamma\pars{a}}}$ w $\ds{\Gamma}$ es el Función gamma . Insertando el resultado \eqref {2} en la expresión \eqref {1}:

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\begin{align} \color{#f00}{\sum_{i = 1}^{\infty}{2^{i - 1}\pars{i - 1}! \over \prod_{j = 1}^{i}\pars{2j + 1}}} & = \sum_{i = 1}^{\infty}{1 \over 2} \int_{0}^{1}x^{i - 1}\pars{1 - x}^{1/2}\,\dd x = {1 \over 2}\int_{0}^{1}{\dd x \over \root{1 - x}} = \color{#f00}{1} \end{align}

Answer 3

$$2^{i-1}(i-1)! = \prod_{j=1}^{i-1} (2j)$$ para que $$ \frac{2^{i-1}(i-1)!}{\prod_{j=1}^{i} (2j+1)} = \frac{1}{2i+1}\prod_{j=1}^{i-1} \frac{2j}{2j+1} = \frac{1}{2i+1}\prod_{j=1}^{i-1} \left(1-\frac{1}{2j+1}\right) $$ Ahora bien, ¿cómo funciona el término general $$ a_i \stackrel{\rm def}{=} \frac{1}{2i+1}\prod_{j=1}^{i-1} \left(1-\frac{1}{2j+1}\right) $$ de su serie se comportan cuando $i\to\infty$ ?

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Pista: $$ \ln \prod_{j=1}^{i-1} \left(1-\frac{1}{2j+1}\right) = \sum_{j=1}^{i-1} \ln \left(1-\frac{1}{2j+1}\right) $$ y $\ln \left(1-\frac{1}{2j+1}\right) =_{j\to\infty} -\frac{1}{2j+1} + O\left(\frac{1}{j^2}\right)$ de modo que, por teoremas de comparación (para series con términos de signo constante) $$ \ln \prod_{j=1}^{i-1} \left(1-\frac{1}{2j+1}\right) = -\sum_{j=1}^{i-1} \frac{1}{2j+1} + O(1) = \frac{1}{2}\ln i + o(\ln i) $$ y luego $a_i = \frac{1}{2i+1}\cdot \frac{1}{\sqrt{i}}\cdot f(i)$ para $f(i) = e^{o(\ln i)}$ . Esto basta para demostrar la convergencia, por comparación con un $p$ -series (por ejemplo, $1<p<3/2$ ).