Demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty} \big(\frac{1}{4}\big)^n {2n \choose n}$ diverge

Question

Necesito demostrar que la siguiente serie $$ \sum_{n=1}^{\infty} \bigg(\frac{1}{4}\bigg)^n {2n \choose n}$$ diverge.

He conseguido cambiarlo por la siguiente fórmula: $$ 4^n=(1+1)^{2n}=\bigg(\sum_{k=0}^n{n\choose k}\bigg)^2 \text{ and } {2n\choose n}=\sum_{k=0}^n{n\choose k}^2 \text{ so }$$ $$\sum_{n=1}^\infty \bigg(\frac{1}{4}\bigg)^n {2n \choose n} =\sum_{n=1}^\infty \frac{\sum_{k=0}^n{n\choose k}^2}{\left(\sum_{k=0}^n{n\choose k}\right)^2} $$ ¿A dónde voy a partir de aquí? Sé que el límite de la secuencia de la serie va a $0$ pero eso no es realmente útil ya que necesito probar que es divergente.

También todas las pruebas de ratio y de raíz no son concluyentes. Ya lo he comprobado. Piensa en 4 como variable $a$ . Necesito comprobar para qué $a$ esta serie converge. Ya sé que para $a>4$ lo hace, pero necesito probarlo para $a=4$ diverge. Hubo un error en mi cálculo del límite en la prueba de Raabe que concluyó que esta serie es efectivamente divergente.

Answer 1

Considere la expansión binomial $$\dfrac{1}{\sqrt{1-4x}}=\sum_{n=0}^\infty{2n\choose n}x^n$$ con $x\to\dfrac14$ tenemos la respuesta.

Answer 2

Calculemos $\lim_{n\to \infty}n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)$ donde $a_n= \bigg(\frac{1}{4}\bigg)^n {2n \choose n}$ y $a_{n+1}=\bigg(\frac{1}{4}\bigg)^{n+1} {2n+2 \choose n+1}$ .

\begin{align} \lim_{n\to \infty}n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)&=\lim_{n\to \infty}n\left(4\frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)}-1\right)\\ &=\lim_{n\to \infty}\frac{n}{2n+1}\\ &=\frac{1}{2} \end{align} Desde $\frac{1}{2} \lt 1$ por La prueba de Raabe, podemos concluir que la serie diverge.

Answer 3

HINT

Tenemos que

$$\bigg(\frac{1}{4}\bigg)^n {2n \choose n}\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$$

entonces remítase a la prueba de comparación de límites.

Consulte el apartado

• Estimaciones del coeficiente binomial central elemental