Исследую ряд на сходимость

[Dmitry1_]

Здравствуйте,
решал задачку, прошу просмотреть решение, верное ли оно ( у меня нет большого опыта решения таких задач, буду рад любой критике!).
Исследую ряд на сходимость: $\sum_{i=1}^{\infty}\left(\dfrac{\left(2n-1\right)!!}{\left(2n\right)!!}\right)^p, p>0$. Здесь $a_n \to 0$, признак Даламбера ничего не дает (предел равен 1). Я рассуждал следующим образом:
1.члены этого ряда при p = 1:
$\dfrac{1}{2}, \dfrac{1\cdot3}{2\cdot4}, \dfrac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6} \dfrac{1\cdot3\cdot5\cdot7}{2\cdot4\cdot6\cdot8},...$ все больше соответствующих членов гармонического ряда:

$\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{5}, ...$, который расходится. Следовательно и данный ряд при $0<p\le1$ тоже расходится.
2. Далее я сделал оценку
$\left(2n\right)!!=n!!\cdot(n+2)(n+4)...(2n-2)*2n>n!!\cdot n^{\dfrac{n}{2}-1}\cdot 2n>2^{\dfrac{n}{2}}\cdot n^{\dfrac{n}{2}-1}\cdot 2n=2^{\dfrac{n}{2}}\cdot n^{\dfrac{n}{2}}$
3. Теперь с учетом этого и, используя формулу Стирлинга, рассмотрим случай, когда $p>1$:
$\left(\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^p = \left(\dfrac{(2n)!}{(2n)!!(2n)!!}\right)^p\le \left(\dfrac{(2n)!}{(2n)^n}\right)^p \approx \left(\dfrac{\sqrt{4\pi n}}{e^n}\right)^p$ последний шаг следует из формулы Стирлинга. Тогда т.к. ряд справа для всех $p>1$ сходится, то и исходный ряд тоже для этих $p$ сходится.
Прошу проверить решение, довольно долго промучался с ним, а проверить численно нет возможности.

[Sonic86]

Можно было сразу воспользоваться Стирлингом и предельным признаком сравнения.

Dmitry1_ в сообщении #523103 писал(а):

$\left(\dfrac{(2n)!}{(2n)!!(2n)!!}\right)^p\le \left(\dfrac{(2n)!}{(2n)^n}\right)^p$

А разве это верно?
У меня получается другой ответ. Кажется у Вас неправильно. Доведите идею со Стирлингом до конца.

[bot]

Dmitry1_ в сообщении #523103 писал(а):

признак Даламбера ничего не дает

После Даламбера естественно Раабе попробовать.

[sergei1961]

Пример на признак Гаусса из учебника Фихтенгольца, там и смотрите.

[KaHDal]

Признак сходимости по Коши должен помочь во всяком случае избавитесь от степени Р

[bot]

Нет - это параметр. И вообще в корне следует исправить индекс суммирования. Впрочем, ТС это скорее всего уже не интересует.

[Integrall]

Dmitry1_ в сообщении #523103 писал(а):

3. Теперь с учетом этого и, используя формулу Стирлинга, рассмотрим случай, когда $p>1$:
$\left(\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^p = \left(\dfrac{(2n)!}{(2n)!!(2n)!!}\right)^p\le \left(\dfrac{(2n)!}{(2n)^n}\right)^p$

в неравенстве, как уже говорилось, ошибка! Вот правильная оценка при $p>0$:

$\left(\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^p = \left(\dfrac{(2n)!}{(2n)!!(2n)!!}\right)^p = \left(\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\right)^p \approx \left(\dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}\right)^p = \alpha \cdot n^{-p/2}$

применяя интегральный признак сходимости Коши, получим: при $p\le 2$ расходится, при $p>2$ сходится.