Ряд из факториалов

[e7e5]

Мне нужна формула с ошибкой скажем порядка $O(1/n^2)$
Если получится точная, то еще лучше.
Пусть будет так: $(-1)^n$, n=0,1,.2,...

[ИСН]

Ага, прекрасно, щас всё будет. Следующий шаг: 1, 0, 1, 0, 1, 0... - это что?

[Gortaur]

Как Вы здесь себе представляете реальную сходящуюся оценку? Честно если - может только расходящаяся получиться (или сходящаяся при делении оценки на функцию), если только не посчитать точное значение и искуственно прибавить $\frac{1}{n^2}$.

[e7e5]

ИСН в сообщении #408008 писал(а):

Следующий шаг: 1, 0, 1, 0, 1, 0... - это что?

Можно представить так:
$(1 - (-1)^n)/2$
или так например:
$(sin(\pi n/2))^2$

-- Ср фев 02, 2011 21:37:58 --

$(2n-(sin(\pi n/2))^2)^2=(2n - n mod 2)^2$ Правильно?

[Gortaur]

Да.

[e7e5]

для факториала?
$(2n+\frac {-1-(-1)^n} {2})!$

[Gortaur]

Проверили уже?

[e7e5]

Вроде сходится по Ёкселю

1   2
2   6
3   720
4   5040
5   3628800
6   39916800
7   87178291200
8   1,30767E+12
9   6,40237E+15
10   1,21645E+17
11   1,124E+21
12   2,5852E+22
13   4,03291E+26
14   1,08889E+28
15   2,65253E+32
16   8,22284E+33
17   2,95233E+38

-- Ср фев 02, 2011 23:36:14 --

Как найти аналогичную подпоследовательность но для такой формулы?
$n!/ \sqrt{n(n-1)(2n+5)/36}$, $n\equiv 2,3 \pmod4$?

[Gortaur]

Может, Вы уже докажите, что для произвольной $f$ это будет
$f(2n-n\mod{2})$? А потом подставлять будете - ну и может поудобнее переписывать.

[Gortaur]

Может, Вы уже докажите, что для произвольной $f$ это будет
$f(2n-n\mod{2})$? А потом подставлять будете - ну и может поудобнее переписывать.

[e7e5]

Gortaur в сообщении #408434 писал(а):

Может, Вы уже докажите, что для произвольной $f$ это будет
$f(2n-n\mod{2})$?

Утверждение интересное, во всяком случае для меня неочевидное.
Как же подступиться к док-ву в общем случае?
Т.е нужно показать, что для определенных $n$ будет $f(2n)$, а в других случаях еще добавляется "остаток" 1

[Gortaur]

Для определенных? Смотрите

1 f(2)
2 f(3)
3 f(6)
4 f(7)
5 f(10)
6 f(11)
...

Тут довольно несложно, честно.

[e7e5]

Ясно. Т.е. $1$ соответствует $2$, $3$ соответствует $6$, $5$ соответствует $10$. Это как раз можно представить как $2n$. А промежуточные значения получатся $ n \mod2$.

Вернемся к рассматриваемой формуле и факториалу.
$K(n)=\frac {(2n-n\mod2)!} {\sqrt{(2n-n \mod2)(2n-n \mod2 -1)(2(2n-n \mod2)+5)}}$
Есть два вопроса:
1) Как это можно упростить для $n \to \infty$?
2) Если рассмотреть отношение $K(n)/K(m)$ при $n \to \infty$, то найдется ли такое $m$, при котором отношение будет порядка $n+const$ ( или подобный простой результат)?

[Gortaur]

По-моему, там $2n - n\mod{2}$.
1. Упросить нельзя, оценить можно - оценить асимптотику отдельно по каждой последовательности. Будет там $\mathcal{O}((2n)!n^{-3/2})$ - как и говорил ИСН, ничего красивого.
2. Ну, Вы поделите на константу $K(m)$ - почему поведение должно измениться?

[e7e5]

Мне кажется, что очень даже отлично получается
$K(n+1)/K(n)=4n^2+1/2+O(1/n)$, $n \to \infty$
Т.е отношение двух соседних чисел возрастает почти квадратично при очень-очень больших n. Здесь $K(n) \sqrt{2 \pi}$ аппроксимируют одну известную последовательность чисел. Вы не находите, что это замечательно?

-- Чт фев 03, 2011 22:59:05 --

Правильно ли разложил в бесконечности отношение?