Convergencia de $\sum \frac{(2n)!}{n!n!}\frac{1}{4^n}$

Question

Hace la serie %#% $ #%

¿converge?

Mi intento: Puesto que la prueba de relación no es concluyente, mi idea es usar la aproximación de Stirling para n!

%#% $ De #% la serie del término secomd diverge. ¿Es correcto concluir que la serie diverge?

¡Otra ideas son bienvenidas!

Gracias

Answer 1

Otro enfoque: Tenga en cuenta que $\frac{(2n)!}{n!n!}$ es igual al coeficiente binomial $\binom{2n}{n}$. Los coeficientes binomiales $\binom{2n}{0}$, $\binom{2n}{1}$,..., $\binom{2n}{2n}$ tienen suma $2^{2n} = 4^n$, por lo tanto la media es $\frac{4^n}{2n+1}$. $\binom{2n}{n}$ El más grande de estos coeficientes binomiales, es sin duda "sobre promedio": Esto significa que el $\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{2n+1}$ de los cuales sigue eso \geq $$\frac{(2n)!}{n!n!} \frac{1}{4^n} = \binom{2n}{n} \frac{1}{4^n} \geq \frac{1}{2n+1}.$$ Since the series $\sum{n 1} \frac{1}{2n+1}$ diverges, the same holds for the series $\sum{n \geq 1} \binom{2n}{n} \frac{1}{4^n}$.

Answer 2

Una manera mucho más sencilla: $$ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)(n+1)}=\frac{2n+1}{2n+2}\ge \sqrt{\frac{n}{n+1}}, $$ desde $$ \left(\frac{2n+1}{2n+2}\right)^2=\left(1-\frac{1}{2n+2}\right)^2\ge 1-\frac{2}{2n+2} =\frac{n}{n+1}, $$ y por lo tanto $$ a_n=a_1\prod_{k=2}^n\frac{a_{k}}{a_{k-1}}\ge a_1\prod_{k=2}^n\sqrt{\frac{k-1}{k}} =\frac{a_1}{\sqrt{n}}, $$ y por lo tanto $$ \sum_{n=1}^\infty a_n=\infty. $$

Tenga en cuenta que $$ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)(n+1)}=\frac{2n+1}{2n+2}=1-\frac{1}{2n+2}=1-\frac{1}{2n}+{\mathcal O}\left(\frac{1}{n^2}\right). $$ Esta serie diverge debido a Gauss Prueba de lo contrario se conoce como el Test de Raabe.

Answer 3

Hay una identidad: $$\sum_{k=0}^n {{2k}\choose k} {{2n-2k}\choose{n-k}} = 4^n$ $

De esta forma, podemos calcular, para todas las $x$ $|x|

$$\left(\sum{n=0}^\infty {{2n}\choose n} x^n\right)^2 = \sum{n=0}^\infty \left( \sum{k=0}^n {{2k}\choose k} {{2n-2k}\choose{n-k}}\right)x^n = \sum{n=0}^\infty 4^n x^n = \frac{1}{1-4x}$$

Concluimos:

$$\sum{n=0}^\infty {{2n}\choose n} 4^n = \lim{x\to 1/4} \sum{n=0}^\infty {{2n}\choose n} x^n = \lim{x\to 1/4^-} \frac{1}{\sqrt{1-4x}} = \infty$$

Answer 4

En esta respuesta se muestra que $$ \frac{4^n}{\sqrt{\pi(n+\frac13)}}\le\binom{2n}{n}\le\frac{4^n}{\sqrt{\pi(n+\frac14)}} por lo tanto $$, $$\begin{align} \frac{(2n)!}{n!\,n!}\frac1{4^n} &\ge\frac1{\sqrt{\pi(n+\frac13)}}\ &\ge\frac1{\pi(n+1)}\ \end {alinee el} $$ en comparación con la serie armónica.