Computación $\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n}}{4^{n}}\sum_{k=1}^{n} \binom{2n-1}{n-k}\frac{ 1}{(2k-1)^2+\pi^2}$

Question

¿Qué herramientas me puede recomendar para calcular el límite por debajo?

$$\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n}}{4^{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{\displaystyle \binom{2n-1}{n-k}}{(2k-1)^2+\pi^2}$$

Tan pronto como cualquier idea útil viene a la mente voy a hacer la correcta actualización con los nuevos hallazgos.

Answer 1

Desde: $$\frac{1}{(2k-1)^2+\pi^2}=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(\pi x)}{\pi}e^{-(2k-1)x}\,dx $$ y: $$\sum_{k=1}^{n}\binom{2n-1}{n-k}e^{-(2k-1)x}=\binom{2n-1}{n-1}\cdot\sum_{h=0}^{+\infty}\left(e^{-(2h+1)x}\prod_{k=0}^{h}\frac{n-k}{n+k}\right),$$ $$\lim_{n\to +\infty}\frac{\sqrt{n}}{4^n}\binom{2n-1}{n-1}=\frac{1}{2\sqrt{\pi}},$$ el valor del límite está dado por: $$L=\frac{1}{2\pi^{3/2}}\int_{0}^{+\infty}\sum_{h=0}^{+\infty}\left(e^{-(2h+1)x}\sin(\pi x)\prod_{k=0}^{h}\frac{n-k}{n+k}\right)dx.$$ Mientras $n\to +\infty$, los productos que aparecen en la línea anterior acercamos más y más a $1$.

Por el teorema de convergencia dominada,

$$ L = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\sum_{h=0}^{+\infty}\frac{1}{(2h+1)^2+\pi^2}=\frac{1}{8\sqrt{\pi}}\tanh\frac{\pi^2}{2},$$

donde el último de la identidad de la siguiente manera, considerando la logarítmica derivados de la Weierstrass producto de la $\cosh$ función.

Answer 2

Esta respuesta coincide con Jack D'Aurizio en $(3)$, pero pensé que era distinto lo suficiente como para no eliminarlo.

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La segunda derivada de $\log\binom{2n-1}{n-k}$$k=0$$k=1$$-\frac2n$. Esto significa que una buena aproximación para$\binom{2n-1}{n-k}$$\frac{2^{2n-1}}{\sqrt{\pi n}}e^{-(k-\frac12)^2/n}$. Por ejemplo, en $n=100$,

$\hspace{3.4cm}$

Dado que la ecuación $(9)$ en esta respuesta es válida para todas las $z\in\mathbb{C}$, tenemos $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2+z^2}=\frac1{2z}\left[\pi\coth(\pi z)-\frac1z\right]\etiqueta{1} $$ Por lo tanto, podemos calcular $$ \begin{align} &\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{4^n}\sum_{k=1}^n\frac{\binom{2n-1}{n-k}}{(2k-1)^2+\pi^2}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{4^n}\frac{2^{2n-1}}{\sqrt{\pi n}}\sum_{k=1}^n\frac{e^{-(k-\frac12)^2/n}}{(2k-1)^2+\pi^2}\tag{2}\\ &=\frac1{2\sqrt\pi}\sum_{k=1}^\infty\frac1{(2k-1)^2+\pi^2}\tag{3}\\ &=\frac1{2\sqrt\pi}\left(\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2+\pi^2}-\sum_{k=1}^\infty\frac1{4k^2+\pi^2}\right)\tag{4}\\ &=\frac1{2\sqrt\pi}\left(\color{#C00000}{\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2+\pi^2}}\color{#00A000}{-\frac14\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2+\pi^2/4}}\right)\tag{5}\\ &=\frac1{2\sqrt\pi}\left(\color{#C00000}{\frac12\coth(\pi^2)-\frac1{2\pi^2}}\color{#00A000}{-\frac14\coth(\pi^2/2)+\frac1{2\pi^2}}\right)\tag{6}\\ &=\frac1{8\sqrt\pi}\tanh(\pi^2/2)\tag{7} \end{align} $$ Explicación:
$(2)$: aproximación de la binomial por la normal distribución
$(3)$: cancelar los términos y aplicar Dominado Convergencia (o Monótono de Convergencia, ya sea de obras)
$(4)$: la suma de las probabilidades es la total menos la iguala
$(5)$: preparar a aplicar $(1)$
$(6)$: aplicar $(1)$
$(7)$: cancelar los términos y el uso de $2\coth(2x)-\coth(x)=\tanh(x)$

Answer 3

Después he publicado mi anterior respuesta, me di cuenta de que esto puede ser manejado en una manera mucho más sencilla.

Escoge un $\epsilon\gt0$.

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La mayoría de la serie está contenida en una suma finita

Esta identidad es probado en mi anterior respuesta: $$ \sum_{k=1}^\infty\frac1{(2k-1)^2+\pi^2}=\frac14\tanh(\pi^2/2)\etiqueta{1} $$ Desde que la serie en $(1)$ converge, sabemos que hay un $K$, de modo que $$ 0\le\sum_{k=K+1}^\infty\frac1{(2k-1)^2+\pi^2}=\frac14\tanh(\pi^2/2)-\sum_{k=1}^K\frac1{(2k-1)^2+\pi^2}\le\epsilon\tag{2} $$

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Donde la mayoría de la serie está contenida, los coeficientes son casi iguales

Ahora, el uso de $(10)$ a partir de esta respuesta, hemos $$ \frac{\sqrt{n}}{4^n}\binom{2n-1}{n}=\frac{\sqrt{n}}{4^n}\frac12\binom{2n}{n}\sim\frac{\sqrt{n}}{4^n}\frac12\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}=\frac1{2\sqrt{\pi}}\etiqueta{3} $$ Por lo tanto, hay un $M$, de modo que para $n\ge M$, $$ \frac1{2\sqrt{\pi}}(1-\epsilon)\le\frac{\sqrt{n}}{4^n}\binom{2n-1}{n}\le\frac1{2\sqrt{\pi}}(1+\epsilon)\tag{4} $$

Considere la posibilidad de que $$ \binom{2n-1}{n-k}=\binom{2n-1}{n}\frac{n-1}{n+1}\frac{n-2}{n+2}\cdots\frac{n-k+1}{n+k-1}\etiqueta{5} $$ Ya que podemos elegir un $N$, de modo que para todos los $n\ge N$$k\le K$, $$ 1-\epsilon\le\frac{n-1}{n+1}\frac{n-2}{n+2}\cdots\frac{n-k+1}{n+k-1}\le1\etiqueta{6} $$ podemos combinar $(4)$, $(5)$, y $(6)$ a conseguir para que todos los $n\ge\max(M,N)$$k\le K$, $$ \frac1{2\sqrt{\pi}}(1-\epsilon)^2\le\frac{\sqrt{n}}{4^n}\binom{2n-1}{n-k}\le\frac1{2\sqrt{\pi}}(1+\epsilon)\tag{7} $$

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Los coeficientes están delimitadas por todas partes

Observe que $(4)$ $(5)$ también nos dicen que para todos los $n\ge M$, $$ \frac{\sqrt{n}}{4^n}\binom{2n-1}{n-k}\le\frac1{2\sqrt{\pi}}(1+\epsilon)\etiqueta{8} $$

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Poner todo junto

Para $n\ge M$, hemos de$(2)$$(8)$, $$ \frac{\sqrt{n}}{4^n}\sum_{k=1}^n\frac{\binom{2n-1}{n-k}}{(2k-1)^2+\pi^2} \le\frac14\tanh(\pi^2/2)\frac1{2\sqrt{\pi}}(1+\epsilon)\etiqueta{9} $$ Para $n\ge\max(M,N)$, hemos de$(2)$$(7)$, $$ \frac{\sqrt{n}}{4^n}\sum_{k=1}^K\frac{\binom{2n-1}{n-k}}{(2k-1)^2+\pi^2} \ge\left(\frac14\tanh(\pi^2/2)-\epsilon\right)\frac1{2\sqrt{\pi}}(1-\epsilon)^2\etiqueta{10} $$ Desde $\epsilon\gt0$ fue arbitrario, tenemos $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{4^n}\sum_{k=1}^n\frac{\binom{2n-1}{n-k}}{(2k-1)^2+\pi^2}=\frac1{8\sqrt\pi}\tanh(\pi^2/2)\tag{11} $$