Encontrar la suma de la serie $\sum_{n=0}^\infty\frac{(4n)!}{(4n+4)!}$

Question

Quería saber cómo puedo empezar a encontrar la suma de la serie:

$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(4n)!}{(4n+4)!}=\frac{1}{4!}+\frac{4!}{8!}+\frac{8!}{12!}\cdots$$

No tengo ninguna pista.

Gracias.

Answer 1

ps

Answer 2

No tan impresionante como la otra respuesta, pero de primaria:

$$\begin{align} \frac{(4n)!}{(4n+4)!} &= \frac{1}{(4n+1)(4n+2)(4n+3)(4n+4)}\\ &= \left(\frac{1}{4n+1} - \frac{1}{4n+2}\right)\left(\frac{1}{4n+3} - \frac{1}{4n+4}\right)\\ &= \frac{1}{6} \frac{1}{4n+1} - \frac{1}{2}\frac{1}{4n+2} + \frac{1}{2}\frac{1}{4n+3} - \frac{1}{6}\frac{1}{4n+4}\\ &= \frac{1}{3}\left(\frac{1}{4n+1} - \frac{1}{4n+2} + \frac{1}{4n+3} - \frac{1}{4n+4}\right) - \frac{1}{6}\left(\frac{1}{4n+2} - \frac{1}{4n+4}\right) - \frac{1}{6} \left(\frac{1}{4n+1} - \frac{1}{4n+3}\right) \end{align}$$

Es bien conocido que

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} = \log 2,$$

y el primer paréntesis se compone de cuatro términos consecutivos de la serie, sin solapamiento, por lo que desde que obtenemos $\frac{\log 2}{3}$. A partir del segundo paréntesis, podemos sacar un factor de $\frac12$ de ambos términos, obtenemos

$$\frac{1}{12} \left(\frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2}\right)$$

que consta de dos términos consecutivos de la $\log 2$ de la serie, de nuevo sin superposición, de modo que el conjunto de estas dos rendimiento

$$\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{12}\right)\log 2 = \frac{\log 2}{4}.$$

Otro conocido es la serie de Leibniz de la serie

$$\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{2k+1}$$

y el último paréntesis se compone de dos términos consecutivos de que, una vez más, sin superposición.

Dado que todos los parenthesised términos están dominados por $\frac{1}{n^2}$, se puede dividir y reorganizar para obtener

$$\begin{align} \sum_{n = 0}^\infty \frac{(4n)!}{(4n+4)!} &= \frac13 \sum_{n = 0}^\infty \left(\frac{1}{4n+1} - \frac{1}{4n+2} + \frac{1}{4n+3} - \frac{1}{4n+4}\right)\\ &\quad -\frac{1}{12}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2}\right)\\ &\quad - \frac16 \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{4n+1} - \frac{1}{4n+3}\right)\\ &= \frac{\log 2}{3} - \frac{\log 2}{12} - \frac16\frac{\pi}{4} = \frac{\log 2}{4} - \frac{\pi}{24}. \end{align}$$

Answer 3

$$\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{(4n)!}{(4n+4)!} &=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(4n+1)\times(4n+2)\times(4n+3)\times(4n+4)} \\& \end{align*} $$ y luego se descomponen en elementos simples.

Utilizar un % fijo $N$y evaluar la suma que de $0$ $N$ poniendo las 4 sumas al mismo valor de inicio y el mismo valor final. Entonces todo va a desaparecer.

Answer 4

$$\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty\frac{(4n)!}{(4n+4)!} &=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(4n+1)\times(4n+2)\times(4n+3)\times(4n+4)} \\&=\frac{1}{8}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{32 n^4+80 n^3+70 n^2+25 n+3} \end{align*}$$

Ahora que hemos sustituido la desagradable factoriales con un bonito, limpio, función racional, se puede utilizar un procedimiento general a partir de aquí.

También, si todo lo que usted necesita hacer es probar la convergencia, la prueba de comparación es la más sencilla prueba concluyente.

Si quieres algunas cosas adicionales, aquí están los Wolfram Alpha consultas por las ecuaciones: $\sum_{n=0}^\infty\frac{(4n)!}{(4n+4)!}$, $\frac{1}{8}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{32 n^4+80 n^3+70 n^2+25 n+3}$