证明 $\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-3)}{2^n n!}$ 收敛

在同济七版高等数学下册第十二章第四节函数展开成幂级数中,有一个例题给出了 $(1+x)^m$ 展开为 $x$ 的幂级数的形式

$$(1+x)^{m}=1+m x+\frac{m(m-1)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{m(m-1) \cdots(m-n+1)}{n !} x^{n}+\cdots \quad (-1< x < 1).$$

题目最后还给出了当 $m=\frac{1}{2}$ 时的特殊情形。

$$\begin{aligned}
\sqrt{1+x} & = 1+\frac{1}{2} x-\frac{1}{2 \cdot 4} x^{2} + \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot 6} x^{3}-\frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8} x^{4}+\cdots+\\
& (-1)^{n-1} \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdots \cdot(2 n-3)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdots \cdot(2 n)} x^{n} + \cdots \qquad\qquad\qquad (-1 \leqslant x \leqslant 1).
\end{aligned}$$

但书上没有说明级数的收敛域是如何确定的。按照书上之前所讲的方法,容易确定收敛半径为 $1$。而在 $x=\pm 1$ 时,须另外判定。当 $x=1$ 时,级数是交错级数,只需用莱布尼茨定理即可判断出收敛。关键是 $x=-1$ 时如何判定,搜索一番资料后发现方法还挺多的,不过大多对数学要求较高,这里先给出一个比较容易理解的方法。

首先写出 $x=-1$ 时的级数展开式

$$ 1-\frac{1}{2} -\frac{1}{2 \cdot 4} - \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot 6} -\frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 8} -\cdots- \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdots \cdot(2 n-3)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdots \cdot(2 n)} - \cdots $$

去掉第一项,再乘以 $-1$,就有了标题上的级数 $\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-3)}{2^n n!}$。注意这个级数的 $n$ 是从 $2$ 开始的,所以下面的证明都有条件 $n\geqslant 2$。

首先这里用到了不等式

$$(2 n-3)^{2}(n+1)^{3} \leqslant n^{3}(2 n)^{2}.$$

这个不等式并不容易想到,不过还算容易验证,过程这里就不详述了。有了这个不等式,就能得到

$$\frac{2 n-3}{2 n} \leqslant\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3 / 2},$$

进而有

$$\frac{1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2 n-3)}{2^{n} n !}=\frac{1}{2} \prod_{k=2}^{n} \frac{2 k-3}{2 k} \leqslant \frac{1}{2} \prod_{k=2}^{n}\left(\frac{k}{k+1}\right)^{3 / 2}=\frac{\sqrt{2}}{(n+1)^{3 / 2}}$$

以最右侧式子为一般项的级数 $\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{\sqrt{2}}{(n+1)^{3 / 2}}$ 显然是收敛的,再根据比较审敛法,即可得证 $\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{1\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-3)}{2^n n!}$ 收敛.

至于这个方法,或者说那个不等式是如何想出来的,我只能为想到这个方法的大佬献上膝盖了。

其他证明方法有空再续,挖个坑。

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