问题及解答

求级数

\[\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}\]

的收敛域. 和函数是什么?

这是一个仅有偶次幂项的级数, 也可以说成是缺项级数. 可以令 $y=x^2$, 成为 $y$ 的级数, 求出收敛区间. 然后算出 $x$ 的范围; 或者使用比值判别法直接计算. 设 $u_n=\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}$, 则

\[\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{\frac{(2(n+1))!}{((n+1)!)^2}x^{2(n+1)}}{\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}x^2=4x^2\]

从而当 $4x^2<1$ 即 $|x|<\frac{1}{2}$ 时, 级数收敛.

下面证明 $x=\pm\frac{1}{2}$ 不是收敛点. 当 $x=\pm\frac{1}{2}$ 时, 级数变为 $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2 4^n}$.

\[\begin{split}u_n&=\frac{(2n)!}{(n!)^2 4^n}=\frac{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots 7\cdot 5\cdot 3\cdot 1\cdot 2^n\cdot n!}{(n!)^2 4^n}\\ &=\frac{(2n-1)(2n-3)(2n-5)\cdots 7\cdot 5\cdot 3\cdot 1}{(2n)(2n-2)(2n-4)\cdots 8\cdot 6\cdot 4\cdot 2}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\end{split}\]

从而等价于证明

\[\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\]

发散. (注: 根据问题685 的解答, 通项趋于零的. 根据问题702, $\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$ 与 $\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ 差不多.)

注意到

\[\begin{split}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}&=(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{4})(1-\frac{1}{6})\cdots(1-\frac{1}{2n})\\ &>(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{4})(1-\frac{1}{5})(1-\frac{1}{6})(1-\frac{1}{7})\cdots(1-\frac{1}{2n})\\ &=\frac{1}{2n}\end{split}\]

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或者

\[\begin{split}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}&=\frac{1}{2}\frac{3}{4}\frac{5}{6}\cdots\frac{2n-1}{2n}\\ &=\frac{3}{2}\frac{5}{4}\frac{7}{6}\cdots\frac{2n-1}{2n-2}\frac{1}{2n}>\frac{1}{2n}\end{split}\]

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因为 $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{2n}$ 发散, 所以级数 $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$ 发散. 因此原级数的收敛域是 $(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$.

关于此级数的和函数 $S(x)$, 我们可以给出一个估计. 注意到系数 $\frac{(2n)!}{(n!)^2}$ 有下面的估计(参见问题700),

\[2^n\leq\frac{(2n)!}{(n!)^2}\leq 2^{2n}\]

因此和函数 $S(x)$ 有下面的不等式

\[\sum_{n=0}^{+\infty}2^n x^{2n}\leq S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}\leq\sum_{n=0}^{+\infty}2^{2n}x^{2n}\]

\[\sum_{n=0}^{+\infty}(2x^2)^n\leq S(x)\leq\sum_{n=0}^{+\infty}(4x^2)^n\]

因此,

\[\frac{1}{1-2x^2}\leq S(x)\leq\frac{1}{1-4x^2}\]

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(如果采用下面的估计, 尽管非常粗糙, 但至少要比上面的下界好一些, 还是有意义的.)

令 $t=4x^2$,

\[\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2}x^{2n}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2 4^n}t^n=1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}t^n>1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{2n}t^n\]

而 $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{2n}t^n$ 的和函数我们还是能够容易求出的, 一般的方法是利用逐项求导或逐项求积分. 这里我们逐项求导. 设 $f(t)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{2n}t^n$, 则在收敛区间内可以逐项求导.

\[f\'(t)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{2}t^{n-1}=\frac{1}{2(1-t)},\]

注意到 $f(0)=0$, 从而

\[f(t)=\int_{0}^{t}f\'(s)ds=\int_{0}^{t}\frac{1}{2(1-s)}ds=\frac{1}{2}\log\frac{1}{1-t}.\]

因此

\[S(x)>1+f(t)=1+\frac{1}{2}\log\frac{1}{1-t}=1+\frac{1}{2}\log\frac{1}{1-4x^2}.\]

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尝试进一步改进估计

上面 $\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}>\frac{1}{2n}$ 这个估计是相当粗糙的.

注意到 $\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}=+\infty$ (参见问题687), 因此对于

\[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=\frac{(2n-1)!!}{(2n-2)!!}\frac{1}{2n}\]

任给 $M>0$, 存在 $N=N(M)=M^2 > 0$ (见问题687的解答), 使得当 $n>N$ 时, $\frac{(2n-1)!!}{(2n-2)!!}>M$. 因此

\[\begin{split}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}t^n&=\sum_{n=1}^{N}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}t^n+\sum_{n=N+1}^{+\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}t^n\\ &>\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{2n}t^n+\sum_{n=N+1}^{+\infty}M\cdot\frac{1}{2n}t^n\end{split}\]

(注: 这里的放缩实在是毫无意义, 下面计算的结果实际和上面的一样的.)

令 $g(t)=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{2n}t^n$, $h(t)=\sum_{n=N+1}^{+\infty}M\cdot\frac{1}{2n}t^n$. 后者利用逐项求导可求得

\[h\'(t)=\frac{M}{2}\sum_{n=N+1}^{+\infty}t^{n-1}=\frac{M}{2}\frac{t^N}{1-t}\]

从而

\[\begin{split}h(t)&=\int_{0}^{t}h\'(s)ds=\frac{M}{2}\int_{0}^{t}\frac{s^N}{1-s}ds\\ &=\frac{M}{2}\int_{0}^{t}\Bigl(\frac{1}{1-s}-\frac{1-s^N}{1-s}\Bigr)ds\\ &=\frac{M}{2}\int_{0}^{t}\Bigl[\frac{1}{1-s}-(1+s+s^2+s^3+\cdots+s^{N-1})\Bigr]ds\\ &=\frac{M}{2}\Bigl[\log\frac{1}{1-t}-(t+\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}+\cdots+\frac{t^N}{N})\Bigr]\end{split}\]

从而

\[\begin{split}\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}t^n &>g(t)+h(t)\\ &=\sum_{n=1}^{N}\frac{t^n}{2n}+\frac{M}{2}\Bigl[\log\frac{1}{1-t}-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}t^n\Bigr]\\ &=\frac{M}{2}\log\frac{1}{1-t}-\frac{1}{2}\bigl(M-1\bigr)\sum_{n=1}^{N}\frac{t^n}{n}\end{split}\]

因此

\[\begin{split}S(x) & >1+\frac{M}{2}\log\frac{1}{1-4x^2}-\frac{1}{2}\bigl(M-1\bigr)\sum_{n=1}^{M^2}\frac{4^n}{n}x^{2n}\\ &=1+\frac{M}{2}\Bigl[\log\frac{1}{1-4x^2}-\sum_{n=1}^{M^2}\frac{1}{n}(4x^2)^n\Bigr]+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{M^2}\frac{1}{n}(4x^2)^n\end{split}\]

若令 $y=4x^2$, 则容易计算得 $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}(4x^2)^n=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}y^n=\log\frac{1}{1-y^2}=\log\frac{1}{1-4x^2}$. 从而

\[\frac{M}{2}\Bigl[\log\frac{1}{1-4x^2}-\sum_{n=1}^{M^2}\frac{1}{n}(4x^2)^n\Bigr]=\frac{M}{2}\sum_{n=M^2+1}^{+\infty}\frac{1}{n}(4x^2)^n=\frac{M}{2}\int_{0}^{y}\frac{s^{M^2}}{1-s}ds\]

其中 $y=4x^2$.

Claim: \[\lim_{M\rightarrow+\infty}\frac{M}{2}\int_{0}^{y}\frac{s^{M^2}}{1-s}ds=0\]

事实上, 存在 $\xi\in(0,y)\subset(0,1)$, 使得

\[\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x}{2}\int_{0}^{y}\frac{s^{x^2}}{1-s}ds=\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x}{2}\xi^{x^2}\int_0^y\frac{1}{1-s}ds\]

注意, $\ln\xi < 0 $, 因而

\[\lim_{x\rightarrow+\infty}x\xi^{x^2}=\lim_{x\rightarrow+\infty}xe^{x^2\ln\xi}=0\]

End of the proof of Claim.

令 $M\rightarrow+\infty$, 得

\[S(x) > 1+\frac{1}{2}\log\frac{1}{1-4x^2}.\]