证明

\[\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}=+\infty\]

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从而, 任意给定 $M>0$, 存在 $N=N(M)\in\mathbb{N}$, 当 $n>N$ 时,

\[\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}>M\]

找出 $N$ 与 $M$ 的关系.

如果使用编程, 输入 $M$, 输出符合条件的最小的 $N$. 分析使用哪种算法比较方便.

求级数

\[\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}\]

的收敛域. 和函数是什么?

解:当 $0＜p\leqslant 1$ 时，$u_n=\frac{1}{n^p}\geqslant\frac{1}{n}$，故级数发散。

当 $p>1$ 时，将原级数依下列形式添加括号\[ 1+(\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p})+(\frac{1}{4^p}+\frac{1}{5^p}+\frac{1}{6^p}+\frac{1}{7^p})+(\frac{1}{8^p}+\cdots+\frac{1}{15^p})+\cdots,\] 新级数的通项\[U_n=\frac{1}{(2^{n-1})^p}+\frac{1}{(2^{n-1}+1)^p}+\cdots+\frac{1}{(2^n-1)^p}\leqslant\frac{2^{n-1}}{(2^{n-1})^p}=\frac{1}{(2^{n-1})^{p-1}},\] 而级数\[ \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2^{n-1})^{p-1}}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2^{p-1})^{n-1}}=\sum_{n=1}^{+\infty}(\frac{1}{2^{p-1}})^{n-1} \] 是几何级数, 收敛, 理由是 $\frac{1}{2^{p-1}}\in(0,1)$. 从而从级数收敛的定义(即前 $n$ 项和有极限), 知 $p$-级数 $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^p}$ 收敛.

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Remark:

(1) 实际上有下面的定理:

• 设 $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ 收敛, 如将级数的项任意归组而不改变其先后次序, 则新级数(即加括号后的级数)也收敛, 且与原级数有相同的和.【逆命题不成立】
• 如果上面加括号的级数中同一括号中的项都有相同的符号, 则上述逆命题成立.

 

(2) $p$-级数敛散性的判定一般是用下面的引理来证.

Lemma:若 $f(x)$ 是定义在 $[1,+\infty)$ 上的递减正函数, 且 $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f(x)=0$, 则级数 $\sum_{n=1}^{+\infty}f(n)$ 与广义积分 $\int_{1}^{+\infty}f(x)\mathrm{d}x$ 的敛散性相同.

从而很快得出结论.

\[ 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}+\frac{1}{10}-\frac{1}{11}+\cdots=\frac{\pi}{3\sqrt{3}} \] The two fomulae are attributed to Euler by Scharlau and Opolka

\[ 1+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\frac{1}{11}-\frac{1}{13}-\frac{1}{15}+\cdots=\frac{\pi}{2\sqrt{2}} \]

\[\frac{\pi}{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots\]

\[ n>\underbrace{\exp(\exp(\cdots \exp}_{k-2}(e)\cdots)). \]

$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$ 作为 $p$-级数, 此时 $p=2$ 当然收敛. 或者根据Cauchy 准则也可以证明其收敛.

事实上 当 $n>1$ 时,

\[
\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n},
\]

于是

\[
0<\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k^2}<\sum_{k=n+1}^{n+p}\Bigl(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\Bigr)=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n}\rightarrow 0,\quad(n\rightarrow\infty)
\]

根据 Cauchy 准则, 原级数收敛. (事实上其和为 $\frac{\pi^2}{6}$)

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具体证明参见 slide: $\zeta(2)$ 探讨

 

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可以证明更一般的情形

\[
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+a)^2}=\lim_{b\rightarrow a}\int_0^1\frac{t^b-t^a}{b-a}\cdot\frac{-1}{1-t}dt
\]

从而令 $a=0$ 得所要证的结论.

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另外, 有

\[\frac{\pi^2}{12}=\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n^2}.\]

见 问题740.

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References

梅加强, 数学分析, 高等教育出版社, 2011