Суммы рекурентных последовательностей

[Farid123]

Есть две такие суммы $\left(1+\frac{4}{9}+\frac{4}{9}\cdot\frac{16}{25}+\frac{4}{9}\cdot\frac{16}{25}\cdot\frac{36}{49}+\frac{4}{9}\cdot\frac{16}{25}\cdot\frac{36}{49}\cdot\frac{64}{81}+...\right)$ , а также
$\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\cdot\frac{9}{16}+\frac{1}{4}\cdot\frac{9}{16}\cdot\frac{25}{36}+\frac{1}{4}\cdot\frac{9}{16}\cdot\frac{25}{36}\cdot\frac{49}{64}+...\right)$ . Как понять к чему эти суммы стремятся?
Вот сама задача:
Задана формула рекурентной последовательности ($a_{n+1}=\frac{n^{2}}{a_{n}}$ ) и говорят оценить такой вот предел через значения $a_{1}$
: $\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\ln\left(n\right)}\cdot\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k}}\ .\ Я\ вот\ что\ хотел\ сделать\ ,\ a_{n}=\frac{n^{2}}{a_{n+1}}\ \ ,\frac{1}{a_{n}}=\frac{a_{n+1}}{n^{2}}.\ $ . Видно что сумму можно разбить на две под суммы
$a_{1}\left(1+\frac{4}{9}+\frac{4}{9}\cdot\frac{16}{25}+\frac{4}{9}\cdot\frac{16}{25}\cdot\frac{36}{49}+\frac{4}{9}\cdot\frac{16}{25}\cdot\frac{36}{49}\cdot\frac{64}{81}+...\right)$ , а также $\frac{1}{a_{1}}\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\cdot\frac{9}{16}+\frac{1}{4}\cdot\frac{9}{16}\cdot\frac{25}{36}+\frac{1}{4}\cdot\frac{9}{16}\cdot\frac{25}{36}\cdot\frac{49}{64}+...\right)$. Как собственно оценить эти две суммы при $n \to \infty$

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- отсутствуют собственные содержательные попытки решения задач.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

-- 18.02.2020, 13:29 --

Farid123

Farid123 в сообщении #1440222 писал(а):

Как понять к чему эти суммы стремятся?

Никак не понять, ряды расходящиеся. Вам и не надо, куда они стремятся. Вам надо, как себя ведут частичные суммы в сравнении с логарифмом в знаменателе.

[Farid123]

А что если через производящую функцию найти формулу $n$го члена?

[svv]

Farid123 в сообщении #1440287 писал(а):

через производящую функцию

Вот Вам «производящая функция»:

$$\frac{4}{9}\cdot\frac{16}{25}\cdot\frac{36}{49}\cdot\frac{64}{81}=\frac{(2\cdot 4\cdot 6\cdot 8)^2}{(3\cdot 5\cdot 7\cdot 9)^2}=\left(\frac{8!!}{9!!}\right)^2$$

[Farid123]

svv
Ну, Спасибо больше.

[Farest2]

Всё просто. Весь объект исследования -- это

$$ a_1\sum_{k=0}^n A_k+\frac{1}{a_1}\sum_{k=0}^n B_k, $$

где $A_k$ и $B_k$ записываем через двойные факториалы, а затем переходим к обычным. Вариант $A_k$, по сути, уже выписан.

Напускаем Стирлинга на оба набора. Главный член асимптотики (при $k\to\infty$) и для суммы $A_k$, и для суммы $B_k$ сводится к частичной сумме гармонического ряда (отсюда и логарифм), остаточный член даёт сходящийся ряд (логарифм его прибивает).

[Farid123]

Farest2
Я вас правильно понял?
$a_{1}\cdot\left(\sum_{k=0}^{x}\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}\right)^{2}=a_{1}\cdot\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{\left(2^{2k}\cdot\left(k!\right)\right)}{\left(2k+1\right)!}\right)^{2}\right)$- первый набор,
А также второй набор - $\frac{1}{a_{1}}\cdot\left(\left(\sum_{k=1}^{x}\left(\frac{\left(2k-1\right)!!}{\left(2k\right)!!}\right)^{2}\right)+1\right)=\frac{1}{a_{1}}\cdot\left(\left(\sum_{k=1}^{x}\left(\frac{\left(2k-1\right)!}{k!\cdot\left(k-1\right)!\cdot2^{\left(2k-1\right)}}\right)^{2}+1\right)\right)$ и для каждого применить формулу Стирлинга

[Farid123]

Извиняюсь, ошибку допустил.
Было бы точнее что
1ый набор $a_{1}\cdot\left(\sum_{k=0}^{x}\left(\frac{\left(k!\right)^{2}\cdot2^{2k}}{\left(2k+1\right)!}\right)^{2}\right)$
2ой набор $\frac{1}{a_{1}}\cdot\left(\left(\sum_{k=1}^{x}\left(\frac{\left(2k\right)!}{\left(k!\right)^{2}\cdot2^{2k}}\right)^{2}\right)+1\right)$

[Farest2]

Да, всё так. Во втором наборе единицу не надо выделять, она как член $k=0$ добавляется в сумму.

[Farid123]

Farest2
Насчёт применения Стирлинга. ${A_m}$ и ${B_m}$ нужно в ряд Стирлинга разложить откуда сумму с числом Бернулли попытаться заменить на идентичную сумму в частичных Гармонических рядах , или же применить для каждого набора обычную формулу просто?

[Farest2]

Судя по "числам Бернулли", Вы на числа Стирлинга нацелились. Нет, тут "другой" Стирлинг:

$$ k!=\sqrt{2\pi k}\Bigl(\frac{k}{e}\Bigr)^k... $$

(остаточный член сами запишите). А вообще, довольно странно, что про числа Бернулли и Стирлинга Вы знаете, а асимптотику факториала (имхо, первое, что приходит в голову при упоминании Стирлинга) -- нет.

[Farid123]

Farest2
эту асимптотику знаю просто уточнить хотел ,п росто с её применением нет никакой практики ибо не проходили ещё

[Farest2]

"Проходили"? Гм... Я полагал, что тут "разрешены все приёмы", но если надо по минимуму, то можно заметить, что $A_kB_k=1/(2k+1)^2$, а асимптотику $\sqrt{A_k/B_k}$ найти из формулы Валлиса (там, кстати, если через интегрирование синусов, Фихтенгольц, т.2, то и оценка остаточного члена получается). В некотором смысле такой подход проще, поскольку $\pi$ появляется, а $e$ -- нет. Хотя формула Стирлинга универсальнее.

[Farid123]

Farest2
Не проходили но использовать можно, тоесть это из списка задач , кто хочет решает кто не хочет не решает. Кстате насчёт формулы Валлиса, её можно было бы применить и не раскрываю сумму тоесть в самой формуле уже отношение двукратных факториалов присутствует, вот только тогда надо будет раскрыть сумму и применить правило типо предел суммы равен сумме пределов чтобы дать асимптотику каждому члену суммы , но проблема возникает при применении этого правила. Тоесть как бы не всегда можно утверждать что лимит суммы это сумма лимитов.