La suma de la serie $\frac14+\frac{1\cdot3}{4\cdot6}+\cdots$

Question

El problema que tengo hoy aquí es la siguiente; $$\frac{1}{4}+\frac{1\cdot3}{4\cdot6}+\frac{1\cdot3\cdot5}{4\cdot6\cdot8}+\cdots$$ the problem is exactly phrased like this (I can't say that the $\infty$ signo es un poco innecesario al final),

Mis Intentos

Podemos generalizar esta suma al darse cuenta de que cada vez que los índices de conseguir mayor que el denominador y se multiplican los numeradores por $n+2$ por cada $n$, ya sea en el numerador o el denominador, tomamos $\dfrac{1}{4}$ de la suma en primer lugar, por lo que la suma es igual a$$\dfrac{1}{4}+\sum_{k=4} \frac{(k-3)(k-1)}{k(k+3)}$$, a continuación, abrimos los soportes y obtenemos; ....

Entonces yo estaba un poco atascado aquí, porque cuando abrí los soportes y tratar de conseguir que las particiones de la suma que uno de ellos era lógico $\displaystyle\sum\frac{3}{k(k+3)}=\sum\frac{1}{k}-\frac{1}{k+3}$. Yo no podía llevar a cabo más tiempo. ¿Qué sugiere usted?

Es este un problema muy por encima de primaria soluciones?

Answer 1

Parecen estar buscando una forma cerrada para $$ \sum_{n\geq 0}\frac{(2n+1)!!}{2^{n+1}(n+2)!}=\sum_{n\geq 0}\frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}(n+2)!n!}=\sum_{n\geq 0}\frac{(2n+2)!}{2^{2n+2}(n+2)!(n+1)!}$ $ que es una serie telescópica en disfraz.
Una vez reconoces, es bastante claro que la serie es igual a $\large 1$.

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Me doy cuenta que hay un subproducto interesante. La serie anterior puede escribirse como % $ $$ \frac{2}{\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{1}{n+2}\int_{0}^{\pi/2}\left(\sin\theta \right)^{2n+2}\,d\theta $por lo tanto la estructura telescópica oculta ofrece una prueba simple de la identidad conocida: $$ \int_{0}^{\pi/2} \log\cos\theta\,d\theta = -\frac{\pi\log 2}{2}.$ $

Answer 2

La solución a continuación está inspirada en esta otra solución aquí.

Tenga en cuenta que

$$\begin{align} f(r)&=\frac {1\cdot 3\cdot 5\cdot\cdots \cdot(2r+1)}{4\cdot 6\cdot 8\cdot \cdots \cdot(2r+4)}\\ &=2\cdot \underbrace{\boxed{\frac {1\cdot 3\cdot 5\cdot\cdots \cdot(2r+1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot\cdots \cdot(2r+2)}}}_{A_r}\cdot \frac 1{2r+4}\\ &=2\ A_r\ \left(1-\frac {2r+3}{2r+4}\right)\\ &=2\left(A_r-A_{r+1}\right)\\ \frac 14+\frac {1\cdot 3}{4\cdot 6}+\frac {1\cdot 3\cdot 5}{4\cdot 6\cdot 8}+\cdots&=\sum_{r=0}^\infty f(r)\\ &=2\sum_{r=0}^\infty A_r-A_{r+1}\\ &=2\left(A_0-\lim_{r\to\infty}A_{r+1}\right)\\ &=2\left(\frac 12-0\right)\\ &=\color{red}1\end {Alinee el} $$

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Véase también este por el límite de $A_{r+1}$.

Answer 3

Sorprendentemente, ya que la suma es $1$, en realidad se puede escribir esto como una pregunta acerca de un número aleatorio.

Para cada una de las $n$, podemos dar la vuelta a un injusto de la moneda $C_n$ con los jefes de haber probabilidad de $\frac{1}{2(n+1)}$.

Deje $X$ ser la variable aleatoria que es $n$ si $C_n$ llegó hasta los jefes y para cada $i<n$, $C_i$ llegó hasta la cola.

Desde $\prod_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{2(k+1)}\right)\to 0$$n\to\infty$, consigue $P(X<\infty)=1$.

Luego resulta que $$P(X=n)=\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k+2}$$

Prueba: $$\begin{align}P(X=n)&=P(C_n\text{ heads})\prod_{k=1}^{n-1}P(C_k\text{ tails})\\ &=\frac{1}{2n+2}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{2k+1}{2k+2}\\ &=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{4\cdot 6\cdots (2n+2)} \end{align}$$

Desde $P(X<\infty)=1$, obtenemos: $\sum_{n=1}^{\infty} P(X=n) = 1$

Más en general , dan una secuencia de números reales, $a_k$$0\leq a_k\leq 1$$\sum_{k=1}^{\infty} a_k=+\infty$,$\prod_{k=1}^{n} (1-a_k)\to 0$, y tenemos que $b_n=a_n\prod_{k=1}^{n-1}(1-a_k)$ satisface $$\sum_{n=1}^{\infty} b_n = 1.$$

Así que si $a_{n}=\frac{1}{an+2}$ $$b_n = \frac{1}{a+2}\frac{a+1}{2a+2}\cdots\frac{(n-1)a+1}{na+2}=\prod_{k=1}^{n} \frac{a(k-1)+1}{ak+2}$$

satisface $\sum b_n = 1$.

De manera más general:

$$\sum_{n=1}^{\infty} \prod_{k=1}^{n} \frac{a(k-1)+b-1}{ak+b} = b-1$$