Calcular la serie : $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{4^n n!}{(2n)!}$

Question

¿Cómo calcular la siguiente serie? Estoy interesado en algunas de enfoques que me permita trabajar. $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{4^n n!}{(2n)!}$$

Answer 1

Basta calcular la suma con la suma del índice de ejecución de 0, no de 1. Entonces

$$\begin{align*} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4^n n!}{(2n)!} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{4^n}{(2n)!}\int_{0}^{\infty}t^n e^{-t}\;dt\\ &= \int_{0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4^n t^n}{(2n)!} e^{-t}\;dt\\ &= \int_{0}^{\infty} \cosh(2\sqrt{t}) e^{-t}\;dt\\ &= \int_{0}^{\infty} 2u\cosh(2u) e^{-u^2}\;du\qquad(t=u^2)\\ &= \left[-\cosh(2u)e^{-u^2}\right]_{0}^{\infty} + 2\int_{0}^{\infty} \sinh(2u) e^{-u^2}\;du\\ &= 1 + 2\int_{0}^{\infty} \sinh(2u) e^{-u^2}\;du \\ &= 1 + \int_{0}^{\infty} \left(e^{2u} - e^{-2u}\right) e^{-u^2}\;du \\ &= 1 + e \int_{0}^{\infty} \left(e^{-(u-1)^2} - e^{-(u+1)^2}\right)\;du. \end{align*}$$

Ahora está claro cómo expresar los últimos integrales en términos de la función de error, dando

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{4^n n!}{(2n)!} = e\sqrt{\pi} \mathrm{erf}(1).$$

Answer 2

Aquí es una generalización. Considere la posibilidad de la generación de la función

$$f(x) = \sum_{n \ge 1} \frac{x^{2n} n!}{(2n)!}.$$

Es fácil comprobar que $2$ está en el radio de convergencia, por lo que tenemos que calcular el $f(2)$ a resolver su problema. Sin embargo, es fácil ver que

$$f''(x) = 1 + \sum_{n \ge 1} \frac{x^{2n} (n + 1)!}{(2n)!}$$

Por otra parte,

$$xf'(x) = 2 \sum_{n \ge 1} \frac{x^{2n} n!}{(2n)!} \cdot n$$

Tenemos el segundo-el fin de la educación a distancia

$$\frac{xf'(x)}{2} + f(x) = f''(x) - 1, f(0) = 0, f'(0) = 0.$$

Y la solución

$$f(x) = \frac{1}{2} \cdot e^{x^2/4} \cdot x \sqrt{\pi} \mathrm{erf}(x/2).$$

Simplemente enchufe en $x = 2$ para obtener una respuesta, $e\sqrt{\pi} \mathrm{erf}(1)$.

Answer 3

Esto no es una respuesta adecuada. Tenemos $n!\approx C n^{n+1/2}e^{-n}$, por lo que los términos aproximados $$4^{n}\frac{C n^{n}n^{1/2}e^{-n}}{C 2^{2n}2^{1/2}n^{2n}n^{1/2}e^{-2n}}$$

Después de la cancelación de los términos en los que debemos tener $$\frac{1}{2^{1/2}e^{-n}n^{n}}=2^{-1/2}(\frac{e}{n})^{n}$$

No sé si hay alguna forma de suma $$C\sum^{\infty}_{N}(\frac{e}{n})^{n}$$ where $N$ is some very large number depends on Stirling's formula. Now suppose we have $kn,0\le k\le 1$ instead of $e$. Then we should have $$\sum^{\infty}_{N}k^{n}=\frac{k^{N}}{1-k}$$

Así que, obviamente, fija $N$ tenemos la parte superior de la derivada a ser $$Nk^{N-1}(1-k)+k^{N}=Nk^{N-1}-(N-1)k^{N}$$ which equals 0 if and only if $$k=\frac{N}{N-1}$$ which is impossible by our assumption on $k$. Thus this sum increases monotone with $k$ and has a minimum at $k=0$. So assume $k=\frac{e}{N}$ deberíamos ser capaces de limitar la cantidad original de arriba. Para el exacto valor de uno, probablemente tenga que ejecutar un programa de ordenador.