Covergence de $\frac{1}{4} + \frac{1\cdot 9}{4 \cdot 16} + \frac{1\cdot9\cdot25}{4\cdot16\cdot36} + \dotsb$

Question

Estoy investigando la convergencia de las siguientes series: $$\frac{1}{4} + \frac{1\cdot 9}{4 \cdot 16} + \frac{1\cdot9\cdot25}{4\cdot16\cdot36} + \frac{1\cdot9\cdot25\cdot36}{4\cdot16\cdot36\cdot64} + \dotsb$$

Esto es similar a la de la serie $$\frac{1}{4} + \frac{1\cdot 3}{4 \cdot 6} + \frac{1\cdot3\cdot5}{4\cdot6\cdot8} + \dotsb,$$which one can show is convergent by Raabe's test, as follows: $$\frac{a_{n+1}}{a_n}= \frac{2n-1}{2n+2}= \frac{2n + 2 - 3}{2n+2}=1 - \frac{3}{2(n+1)}.$$

Sin embargo, en la serie que estoy viendo, $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(2n-1)^2}{(2n)^2}= 1 - \frac{4n-1}{4n^2}$, por lo que Raabe de la prueba no funciona (este cálculo también pasa a mostrar que la relación y la raíz de las pruebas no funcionará).

Alguna idea para esto? Parece ser que la única cosa que queda es la comparación...

Answer 1

$$2\cdot 4\cdots (2n)=2^n n!,\quad 1\cdot 3\cdots (2n-1)=\frac{(2n)!}{2^nn!}$$

Por Stirling:

$$\frac{1^2\cdot 3^2\cdots (2n-1)^2}{2^2\cdot 4^2\cdots (2n)^2}=\frac{1}{16^n}\left(\frac{(2n)!}{n!^2}\right)^2\sim \frac{1}{16^n}\left[\frac{\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}\sqrt{4\pi n}}{\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}2 \pi n}\right]^2=\frac{1}{\pi n}$$

Por lo tanto diverge.

Answer 2

Hay varios métodos como se ha comentado ya, pero voy a poner la mía por lo que vale la pena.

He aquí mi respuesta: Vamos $$ a_n=\frac 1 2 \cdot \frac 3 4 \cdots \frac{2n-1}{2n}$$ Entonces $$ a_n^2=\frac 1 2 \frac 1 2 \frac 3 4 \frac 3 4 \cdots \frac{2n-1}{2n}\frac{2n-1}{2n}$$

$$a_n^2 > \frac 1 2 \frac 1 2 \frac 2 3 \frac 3 4 \cdots \frac{2n-2}{2n-1}\frac{2n-1}{2n}=\frac 1 {4n}$$

Por lo tanto, $\sum a_n$ diverge.

Answer 3

Desde $$ \prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\times\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}=\frac1{2n+1} $$ y $$ \begin{align} 1 &\ge\left.\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\middle/\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1}\right.\\ &=\prod_{k=1}^n\frac{4k^2-1}{4k^2}\\ &\ge\prod_{k=1}^\infty\frac{4k^2-1}{4k^2}\\ &=\prod_{k=1}^\infty\left(1+\frac1{4k^2-1}\right)^{-1}\\ &\ge\exp\left(-\sum_{k=1}^\infty\frac1{4k^2-1}\right)\\ &=\exp\left(-\frac12\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{2k-1}-\frac1{2k+1}\right)\right)\\ &=e^{-1/2} \end{align} $$ tenemos que $$ \frac{e^{-1/2}}{2n+1}\le\prod_{k=1}^n\left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2\le\frac1{2n+1} $$ Así, desde la $a_n\ge\dfrac{e^{-1/2}}{2n+1}$, la serie diverge.

Answer 4

Acabo de leer que hay un parcial de conversar a Raabe la prueba de que si $\frac{a_{n+1}}{a_n}\geq 1-p/n$$p\leq 1$, entonces la serie diverge. Así que yo creo que se asienta que diverge.