s = 1 + 1 / 3 + (1 * 2) / (3 * 5) + (1 * 2 * 3) / (3 * 5 * 7) + .... + (1 * 2 * 3 * .... * n) / (3 *

### 回答1：
5 * 7 * .... * (2n + 1) 的值

这是一个无穷级数，每一项都是一个分数，分子是从1到n的连乘积，分母是从3开始的奇数连乘积。

要求这个级数的和，可以采用数学归纳法证明，具体过程如下：

当n=1时，s=1+1/3=4/3，显然成立。

假设当n=k时，s的值为s(k)，即：

s(k) = 1 + 1/3 + (1*2)/(3*5) + (1*2*3)/(3*5*7) + ... + (1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))

现在要证明当n=k+1时，s的值为s(k+1)，即：

s(k+1) = 1 + 1/3 + (1*2)/(3*5) + (1*2*3)/(3*5*7) + ... + (1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1)) + (1*2*3*...*(k+1))/(3*5*7*...*(2k+1)*(2k+3))

将s(k+1)减去s(k)，得到：

s(k+1) - s(k) = (1*2*3*...*(k+1))/(3*5*7*...*(2k+1)*(2k+3))

将分子和分母分别拆成两个部分，得到：

s(k+1) - s(k) = [(1*2*3*...*k)*(k+1)]/[(3*5*7*...*(2k+1))*(2k+3)]

将分子和分母中的k+1和2k+3分别提取出来，得到：

s(k+1) - s(k) = [(1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))] * [(k+1)/(2k+3)]

根据假设，s(k)的值为：

s(k) = 1 + 1/3 + (1*2)/(3*5) + (1*2*3)/(3*5*7) + ... + (1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))

将上式中的最后一项乘以(k+1)/(2k+3)，得到：

[(1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))] * [(k+1)/(2k+3)] * (1*2*3*...*k)/(k+1)

将分子和分母中的k+1和k约掉，得到：

[(1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))] * [(1*2*3*...*k)/2k(2k+1)]

将上式中的两个分式相乘，得到：

[(1*2*3*...*k)^2]/[2k(2k+1)*3*5*7*...*(2k+1)]

将上式代入s(k+1)-s(k)中，得到：

s(k+1) - s(k) = [(1*2*3*...*k)^2]/[2k(2k+1)*3*5*7*...*(2k+1)*(2k+3)]

将上式中的k替换为k+1，得到：

s(k+2) - s(k+1) = [(1*2*3*...*(k+1))^2]/[(2k+3)*(2k+4)*3*5*7*...*(2k+3)*(2k+5)]

将s(k+1)-s(k)和s(k+2)-s(k+1)相加，得到：

s(k+2) - s(k) = [(1*2*3*...*(k+1))^2]/[2k(2k+1)*3*5*7*...*(2k+1)*(2k+3)*(2k+3)*(2k+4)*(2k+5)]

将上式中的分母化简，得到：

s(k+2) - s(k) = [(1*2*3*...*(k+1))^2]/[2(2k+1)*(2k+3)*(2k+5)*3*5*7*...*(2k+1)]

将上式中的分子和分母分别拆成两个部分，得到：

s(k+2) - s(k) = [(1*2*3*...*k)*(k+1)]^2/[2(2k+1)*(2k+3)*(2k+5)*3*5*7*...*(2k+1)*(2k+1)] * (k+1)

将分子和分母中的k+1和2k+5分别提取出来，得到：

s(k+2) - s(k) = [(1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))]^2 * [(k+1)^2/(2k+1)/(2k+3)/(2k+5)*3*5*7*...*(2k+1)*(2k+1)]

将上式中的分子和分母中的k+1和2k+1约掉，得到：

s(k+2) - s(k) = [(1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))]^2 * [(k+1)^2/(2k+3)/(2k+5)*3*5*7*...*(2k+1)]

将上式中的分子和分母中的k+1和2k+3提取出来，得到：

s(k+2) - s(k) = [(1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))]^2 * [(k+1)/(2k+3)]^2

将上式代入s(k+1)-s(k)中，得到：

s(k+1) - s(k) = [(1*2*3*...*k)/(3*5*7*...*(2k+1))]^2 * [(k+1)/(2k+3)]^2

将上式中的k替换为n-1，得到：

s(n) - s(n-1) = [(1*2*3*...*(n-1))/(3*5*7*...*(2n-3))]^2 * [n/(2n-1)]^2

将上式中的分子和分母分别拆成两个部分，得到：

s(n) - s(n-1) = [(1*2*3*...*(n-2))/(3*5*7*...*(2n-5))]^2 * [(n-1)/(2n-3)]^2 * [(n-1)*(n)/(2n-1)]

将上式中的分子和分母中的n-1和2n-3提取出来，得到：

s(n) - s(n-1) = [(1*2*3*...*(n-2))/(3*5*7*...*(2n-5))]^2 * [(n-1)/(2n-3)]^2 * [(n-1)/(2n-3)] * [(2n-2)/(2n-1)]

将上式中的分子和分母中的n-1和2n-5提取出来，得到：

s(n) - s(n-1) = [(1*2*3*...*(n-3))/(3*5*7*...*(2n-7))]^2 * [(n-2)/(2n-5)]^2 * [(n-1)/(2n-3)] * [(2n-2)/(2n-1)]

以此类推，可以得到：

s(n) - s(n-1) = [(1*2*3*...*2)/(3*5*7*...*(2n-1))]^2 * [1/(2n-1)] * [2/(2n-1)] * [3/(2n-1)] * ... * [(n-2)/(2n-1)] * [(n-1)/(2n-1)]

将上式中的分式相乘，得到：

s(n) - s(n-1) = [(n-1)!/(2n-1)!]^2 * [(2n-2)!!/(2n-1)!!]

其中，!!表示双阶乘，即n!!=n*(n-2)*(n-4)*...*2（如果n为奇数）或n!!=n*(n-2)*(n-4)*...*1（如果n为偶数）。

将上式中的n替换为k，得到：

s(k+1) - s(k) = [(k)!/(2k+1)!]^2 * [(2k)!!/(2k+1)!!]

将上式中的k替换为n-1，得到：

s(n) - s(n-1) = [(n-1)!/(2n-1)!]^2 * [(2n-2)!!/(2n-1)!!]

因此，s(n)的值为：

s(n) = s(1) + (s(2) - s(1)) + (s(3) - s(2)) + ... + (s(n) - s(n-1))

代入上式中的公式，得到：

s(n) = 4/3 + [(1!)/(3*2!)]^2 * [(2!!)/(3!!)] + [(2!)/(5*3!)]^2 * [(4!!)/(5!!)] + ... + [(n-1)!/((2n-1)*(n-2)!)]^2 * [((2n-2)!!)/((2n-1)!!)]

这就是s的值的公式。

### 回答2：
这个数列的每一项都是由前一项乘上一个分数得到的。分母始终是由相邻两个奇数的乘积组成，即3*5、5*7、7*9等等；而分子则是从1开始，逐次乘上下一个自然数，直到乘到n。因此，分子的长度也随着n的增加而增加。

我们可以把式子中的每一项都通分，并把分子乘起来化简，得到：

s = （1/3） * （2/5） * （3/7） * … * （n-2）/（2n-1） * （n-1）/（2n+1） * n/（2n+3）

然后，我们可以根据该式子按照求和的方法，将各项加起来。由于每一项均小于1，因此这个数列是收敛的。我们可以通过递归调用函数，让程序一次次地求和，直到误差足够小，得到最后的解。

有了这个公式，我们就可以对任意一个n，求出s的值。这备我们在计算统计学当中大有裨益，尤其是在需要求得长时间的概率时。

### 回答3：
首先，我们注意到分式中分子的部分为连续的自然数积，分母的部分则为从3开始每次增加2的连续奇数积。这启示我们考虑把分式的分子与分母分别拆开，即：

$\frac{1\times 2 \times 3 \times \cdots \times n}{3\times 5 \times 7\times \cdots \times (2n+1)}$

接下来，我们考虑如何化简上式。将分式的分子与分母分别展开，则分别有：

$1\times 2 \times 3 \times \cdots \times n = n!$

$3\times 5 \times 7\times \cdots \times (2n+1) = (2n+1)!! = \frac{(2n+1)!}{2^n\cdot (n+1)!}$

其中，$(2n+1)!!$表示奇数的连续积，$(2n+1)!$表示奇数与偶数的间隔积，$n!$表示自然数的连续积。

代入上述式子得到：

$\frac{1\times 2 \times 3 \times \cdots \times n}{3\times 5 \times 7\times \cdots \times (2n+1)}$

$=\frac{n!}{(2n+1)!!} \cdot \frac{2^n \cdot (n+1)!}{(2n+1)!}$

$=\frac{2^{n+1}}{2n+1}\cdot\frac{n+1}{n+1}\cdot\frac{n!}{(2n-1)!!}$

$=\frac{2^{n+1}(n+1)}{(2n+1)(2n)!!}$

因此，原式化简为：$s=\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{15} \cdot \frac{6}{35} \cdots \frac{2n}{(2n+1)(2n)!!}$

该式子中，分子的部分为从2开始每次增加2的连续偶数积，分母的部分则为从3开始每次增加2的连续奇数积与$n+1$的积。这显然比原式化简后更易于处理。

于是，我们对上式取对数，得到：

$\ln s=\ln\left(\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{15}\cdot\frac{6}{35}\cdots\frac{2n}{(2n+1)(2n)!!}\right)$

$=\sum_{k=1}^n\ln\left(\frac{2k}{(2k+1)(2k)!!}\right)$

$=\sum_{k=1}^n\ln\left(\frac{1}{2(2k+1)}+\frac{1}{2}\ln\frac{4k^2}{(2k+1)^2}\right)$

最后一个等式的转换使用了$\ln(a\cdot b)=\ln a+\ln b$和$\ln\frac{2k}{2k+1}-\ln(2k+1)=\ln\frac{1}{2(2k+1)}$。

在使用泰勒展开时，我们发现：

$\ln\frac{4k^2}{(2k+1)^2}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{k^2}+O(\frac{1}{k^4})$

将其代入原式，得到：

$\ln s=\sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{2}\cdot\ln\frac{1}{2(2k+1)}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{k^2}+O(\frac{1}{k^4})\right)$

显然，$\ln s$的收敛性与级数$\sum\frac{1}{k^2}$的收敛性相同，即$\ln s$收敛。因此，对原等式两端取指数，得到：

$s=e^{\ln s}=\prod_{k=1}^\infty\left(\frac{4k^2}{(2k+1)^2}\cdot e^{\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{k^2}+O(\frac{1}{k^4})}\right)$

其中，$e^{\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{k^2}+O(\frac{1}{k^4})}$的常数项为1，$O(\frac{1}{k^4})$的项对无穷积的贡献为1。

继续化简，得到：

$s=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\cdot\prod_{k=1}^\infty\left(\frac{4k^2}{(2k+1)^2}\cdot\left(1+\frac{1}{12k^2}+O(\frac{1}{k^4})\right)\right)$

$=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\cdot\prod_{k=1}^\infty\left(\frac{k^2}{(k+\frac{1}{2})^2}\cdot\left(1+\frac{1}{12k^2}+O(\frac{1}{k^4})\right)\right)$

$=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\cdot\frac{\Gamma^2(\frac{3}{4})}{\Gamma^2(\frac{1}{4})}\cdot\sqrt{2}\cdot\left(1-\frac{1}{24}\cdot\left(\zeta(2)-\frac{7\pi^2}{120}\right)+O(\zeta(4))\right)$

其中，$\zeta(x)$表示黎曼$\zeta$函数，$\Gamma(x)$表示伽玛函数。

由于用$\zeta(2)$和$\zeta(4)$表示出的误差项都是高阶无穷小，因此当$n$足够大时，原级数的误差可以用$O(\frac{1}{n^4})$的形式表示出来。而它的收敛速度非常快，因此可以很容易地得到高精度的计算结果。