двойной факториал; сходимость ряда с факториалами

[freedom_of_heart]

Чем отличаются $(2n)!$ от $(2n)!!$.....?)

Я так понимаю, что $(2n)! =(2n)!! =2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot...\cdot (2n)$

И как исследовать сходимость ряда

$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-n)^n}{(2n)!}$

Может с помощью формулы Стирлинга?

[alcoholist]

не... $(2n)!=1\cdot 2\cdot 3\cdot\ldots\cdot 2n$

-- Ср авг 24, 2011 01:47:34 --

а вот

$(2n)!!=2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot...\cdot (2n)$

Да, Стирлингом

[freedom_of_heart]

Ясно, спасибо!

-- Ср авг 24, 2011 03:28:37 --

$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-n)^n}{(2n)!}$

$n! \approx \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$


$\Big|\dfrac{(-n)^n}{(2n)!}\Big|=\dfrac{n^n}{(2n)!} \approx \dfrac{n^n}{\sqrt{4\pi n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}=\dfrac{e^{2n}}{\sqrt{4\pi n}\cdot {4}^{n}n^n}$

А как дальше исследовать сходимость?

[alcoholist]

общую степень $n$ пора бы увидеть)))

элементарная оценка и... да хоть геометрическая прогрессия)))

[freedom_of_heart]

alcoholist в сообщении #477326 писал(а):

общую степень $n$ пора бы увидеть)))

элементарная оценка и... да хоть геометрическая прогрессия)))

Спасибо!

Я тут с помощью признака Даламбера сделала! Оказалось попроще, без ф-лы Стирлинга!

[Whitaker]

freedom_of_heart в сообщении #477329 писал(а):

alcoholist в сообщении #477326 писал(а):

общую степень $n$ пора бы увидеть)))

элементарная оценка и... да хоть геометрическая прогрессия)))

Спасибо!

Я тут с помощью признака Даламбера сделала! Оказалось попроще, без ф-лы Стирлинга!

Формула Даламбера для знакоположительных рядов, а тут ряд знакочередующийся.

[bot]

freedom_of_heart в сообщении #477329 писал(а):

Я тут с помощью признака Даламбера сделала! Оказалось попроще, без ф-лы Стирлинга!

Конечно проще. Можно было и радикальным Коши, но там опять естественно Стирлинг просится, но можно его обойти грубым и очевидным неравенством
$(2n)!=n!\cdot(n+1)\ldots (2n-1)\cdot 2n>2^{n-1}\cdot n^{n-1}\cdot 2n=2^nn^n$

Whitaker в сообщении #477334 писал(а):

Формула Даламбера для знакоположительных рядов, а тут ряд знакочередующийся.

А при аппроксимации по формуле Стирлинга знакоположительности не требовалось?

[Whitaker]

Да я понял

[freedom_of_heart]

bot в сообщении #477342 писал(а):

Конечно проще. Можно было и радикальным Коши, но там опять естественно Стирлинг просится, но можно его обойти грубым и очевидным неравенством
$n!\cdot(n+1)\ldots (2n-1)\cdot 2n>2^{n-1}\cdot n^{n-1}\cdot 2n$

А откуда получилось это неравенство?!

bot в сообщении #477342 писал(а):

А при аппроксимации по формуле Стирлинга знакоположительности не требовалось?

А тут в задании про абсолютную сходимость спрашивают... Все равно нужно требовать знакоположительность?


Спасибо!

[xmaister]

Ну так, сами сравните. Что больше $(n+1)\ldots (2n-1)$ или $n^{n-1}$?

[bot]

freedom_of_heart в сообщении #477383 писал(а):

А откуда получилось это неравенство?!

Ну, я как-бы постарался точками разделить произведение на множители, чтобы сделать это неравенство очевидным. Или вопрос в том, зачем оно нужно? Ну дык, ежели признак Коши радикальный применять, то как раз и вылезает нужда в его доказательстве.

freedom_of_heart в сообщении #477383 писал(а):

А тут в задании про абсолютную сходимость спрашивают... Все равно нужно требовать знакоположительность?

Даже так прямо вопрос и ставился? А что такое абсолютная сходимость?

[freedom_of_heart]

bot в сообщении #477388 писал(а):

freedom_of_heart в сообщении #477383 писал(а):

А откуда получилось это неравенство?!

Ну, я как-бы постарался точками разделить произведение на множители, чтобы сделать это неравенство очевидным. Или вопрос в том, зачем оно нужно? Ну дык, ежели признак Коши радикальный применять, то как раз и вылезает нужда в его доказательстве.

$n!\cdot(n+1)\ldots (2n-1)>2^{n-1}\cdot n^{n-1}$ Почему так?

Про признак Коши понятно, но непонятно почему же то что слева стоит больше того, что справа...(про точки тоже понятно)

bot в сообщении #477388 писал(а):

Даже так прямо вопрос и ставился? А что такое абсолютная сходимость?

Да, так и ставился....Сходимость ряда из модулей, там мы забываем про $(-1)^n$

-- Ср авг 24, 2011 14:13:15 --

И еще из того, что $(2n)!!>2^nn^n$ Еще не следует ведь, что из сходимости ряда, где стоит $2^nn^n$ вместо факториала следует сходимость с факториалом, ведь неравенство должно быть в обратную сторону!!! Да?

[bot]

Ну, из этого сумбура мне уже не очевидно, что для Вас по Даламберу было проще. Может быть покажете? А затем попробуем то же самое по Коши.

[freedom_of_heart]

Хорошо! Исследуем абсолютную сходимость

$$\sum_{n=1}^{\infty} \Big|\dfrac{(-n)^n}{(2n)!}\Big|=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{n^n}{(2n)!}$$

$$\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{(n+1)^{n+1}}{(2n+2)!}\cdot \dfrac{(2n)!}{n^n}= \lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{(n+1)^n(n+1)}{(2n+2)(2n+1)(2n)!}\cdot \dfrac{(2n)!}{n^n}= =\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{n+1}{(2n+2)(2n+1)}\cdot \Big (1+\dfrac{1}n\Big)^n=$$

$$=\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{n+1}{(2n+2)(2n+1)}\cdot \lim\limits_{n\to \infty}\Big (1+\dfrac{1}n\Big)^n=e\cdot \lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{n+1}{(2n+2)(2n+1)}=e\cdot \lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{n(1+1/n)}{n^2(2+2/n)(2+1/n)}=0$$

[bot]

Хорошо, теперь давайте по Коши.