双阶乘
本节分享一道和双阶乘有关的级数问题，这个题目非常经典，我将分享三个方法，一种方法是利用与三角放缩；第二种方法则直接利用代数不等式放缩；第三种方法则利用 \(\mathrm{Wallis}\) 极限结果直接进行等价！
例题
Example
证明：级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\) 发散
方法一：三角放缩
证明：首先回忆 \(\mathrm{Wallis}\) 公式的其中一种形式：
\[
I_{2n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} x \, \mathrm{d}x = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \cdot \frac{\pi}{2}
\]
由此，我们可以将通项中的双阶乘转化为定积分形式：
\[
\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} x \, \mathrm{d}x
\]
考虑在区间 \(x \in [0, \dfrac{\pi}{2}]\) 上，正弦函数图像位于割线 \(y = \dfrac{2}{\pi}x\) 的上方，即满足 \(\mathrm{Jordan}\) 不等式：
\[
\sin x \geqslant \frac{2}{\pi}x
\]
将此不等式代入积分中：
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} x \, \mathrm{d}x \geqslant \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{2}{\pi}x \right)^{2n} \, \mathrm{d}x
\]
接下来计算放缩后的积分值：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{2}{\pi}x \right)^{2n} \, \mathrm{d}x &= \left( \frac{2}{\pi} \right)^{2n} \left[ \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\
&= \left( \frac{2}{\pi} \right)^{2n} \cdot \frac{1}{2n+1} \cdot \left( \frac{\pi}{2} \right)^{2n+1} \\
&= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2n+1}
\end{aligned}
\]
将上述结果代回通项公式中，得到通项的下界：
\[
\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \geqslant \frac{2}{\pi} \cdot \left( \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2n+1} \right) = \frac{1}{2n+1}
\]
因为级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2n+1}\) 是发散的（其阶与调和级数 \(\displaystyle\sum \dfrac{1}{n}\) 相同），根据比较审敛法，下界发散则原级数必然发散。
所以，\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\) 发散。
方法二：巧妙代数变形
分析：事实上，本题也可以不依赖于积分，通过纯粹的代数变形，证明通项 \(x_n > \dfrac{1}{2\sqrt{n}}\)，进而利用 \(p\)- 级数证明发散。但是技巧性较高，初见不易想到。
证明：由于 \(n^2 - 1 < n^2\)，可以分解因式得到（糖水不等式）：
\[
(n-1)(n+1) < n^2 \implies \frac{n+1}{n} < \frac{n}{n-1}
\]
将其两边取倒数，不等号变向：
\[
\frac{n}{n+1} > \frac{n-1}{n}
\]
设通项为：
\[
x_n = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2n-1}{2n}
\]
根据上面推导出的不等式，我们对每一项进行缩小（例如 \(\dfrac{3}{4} > \dfrac{2}{3}\)，\(\dfrac{5}{6} > \dfrac{4}{5}\) 依此类推）：
\[
x_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2n-1}{2n} > \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdots \frac{2n-2}{2n-1}
\]
注意到右边这一串乘积，如果我们在最前面乘以 \(\dfrac{2n}{2n}\)（也即分子分母同乘 \(2n\)）并重新调整组合，它正好可以写成：
\[
\begin{aligned}
\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdots \frac{2n-2}{2n-1} &= \frac{1}{2n} \cdot \left( \frac{2n}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdots \frac{2n-2}{2n-1} \right) \\
&= \dfrac{1}{2n} \cdot \dfrac{(2n)!!}{2\times(2n-1)!!} \\
&= \frac{1}{4n} \cdot \frac{1}{x_n}
\end{aligned}
\]
因此，我们得到了一个关于 \(x_n\) 的二次不等式：
\[
x_n > \frac{1}{4n \cdot x_n} \implies x_n^2 > \frac{1}{4n}
\]
因为 \(x_n > 0\)，两边开平方得：
\[
x_n > \frac{1}{2\sqrt{n}}
\]
由此可知：
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} > \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2\sqrt{n}}
\]
根据 \(p\)- 级数审敛法，\(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{1/2}}\) 属于 \(p = \dfrac{1}{2} \leqslant 1\) ，即发散的情况。
根据比较审敛法知，原级数发散。
方法三：Wallis 极限结论
事实上，除了上述两种方法，利用斯特林公式（\(\mathrm{Stirling}\)）或 \(\mathrm{Wallis}\) 极限结果可以直接得出答案！
由 Wallis 极限形式可知，当 \(n \to \infty\) 时：
\[
\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}
\]
也就是说，原级数的通项与 \(\dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}\) 是等价无穷小。
根据 \(p\)- 级数审敛法以及比较审敛法的极限形式，原级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\) 必然发散。
Tip
通过上面这三种方法，我对这道双阶乘级数问题做了深度剖析。后续遇到同类问题希望大家可以灵活选用解法、举一反三！
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