Demuéstralo: $\lim_{n\to\infty}{\sum_{m=0}^{n}{\sum_{k=0}^{n-m}{\frac{2^{n-m-k}}{n-m+1}\,\frac{{{2k}\choose{k}}{{2m}\choose{m}}}{{{2n}\choose{n}}}}}}=\pi$

Question

Considere el siguiente límite: $$\lim_{n\to\infty}{\sum_{m=0}^{n}{\sum_{k=0}^{n-m}{\left[\frac{2^{n-m-k}}{n-m+1}\,\frac{{{2k}\choose{k}}{{2m}\choose{m}}}{{{2n}\choose{n}}}\right]}}}=\pi$$ Lo preparé mientras jugaba con series de potencia (más detalles a continuación).

¿Hay alguna forma más directa de demostrar este límite?

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Considere las funciones $f(x)=\frac{\tan^{-1}(\sqrt{1-x})}{\sqrt{1-x}}$ , $g(x)=\frac{\pi/2-\tan^{-1}(\sqrt{1-x})}{\sqrt{1-x}}$ . Escribimos la serie de potencias: $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{(s_n\pi-r_n)x^n},\qquad{g}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{(s_n\pi+r_n)x^n}$$ donde el cálculo de los primeros términos sugiere que $r_n$ , $s_n$ son racionales.

En efecto, tenemos $\frac{\pi/4-\tan^{-1}(\sqrt{1-x})}{\sqrt{1-x}}=\frac{g(x)-f(x)}{2}=\sum{r_nx^n}$ y $\frac{1/4}{\sqrt{1-x}}=\frac{g(x)+f(x)}{2\pi}=\sum{s_nx^n}$ .

Utilizando $\frac{d}{dx}[\tan^{-1}(\sqrt{1-x})]=-\frac{1}{2(2-x)\sqrt{1-x}}$ podemos utilizar la serie de potencias para $\frac{1}{2-x}$ y $\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ para calcular la serie de potencias de $(\pi/4-\tan^{-1}(\sqrt{1-x}))$ que sólo tiene coeficientes racionales. Combinando esto con la serie de potencias para $\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ da: $$r_n=\frac{1}{2}\sum_{m=0}^{n-1}{\sum_{k=0}^{n-m-1}{\frac{{{2k}\choose{k}}{{2m}\choose{m}}}{(n-m)\cdot2^{k+m+n}}}}$$ Conseguimos fácilmente $s_n=\frac{1}{2^{2n+2}}{2n\choose{n}}$ .

Ahora bien, como ninguna rama de $f(z)$ tiene singularidades en cualquier lugar (la aparente singularidad en $z=1$ es extraíble), los coeficientes de la serie de potencias de $f$ debe tender a cero.

Por lo tanto $\lim_{n\to\infty}{\frac{r_{n+1}}{s_{n+1}}}=\pi$ y el límite deseado se obtiene después de simplificar.

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Notas:

1) Se demuestra fácilmente que: $$s_n\pi-r_n=\int_{0}^{\pi/4}{\sin^{2n}{\theta}\,d\theta},\qquad{s}_n\pi+r_n=\int_{\pi/4}^{\pi/2}{\sin^{2n}{\theta}\,d\theta}$$

2) La prueba anterior demuestra realmente: $$\lim_{n\to\infty}{\left(1+\frac{1}{2n+1}\right)\sum_{m=0}^{n}{\sum_{k=0}^{n-m}{\left[\frac{2^{n-m-k}}{n-m+1}\,\frac{{{2k}\choose{k}}{{2m}\choose{m}}}{{{2n}\choose{n}}}\right]}}}=\pi$$ que converge mucho más rápido que el límite dado.

Answer 1

Creo que OP hizo un muy buen trabajo y esta respuesta pretende indicar que es plausible obtener el tipo específico de funciones generadoras como $\arctan$ como indica el OP. Aquí empezamos con t \begin{align*} q_n:=\sum_{m=0}^n\sum_{k=0}^{n-m}\binom{2k}{k}\binom{2m}{m}\frac{2^{n-m-k}}{n-m+1}\tag{1} \end{align*} que corresponde a la expresión límite de OP sin el factor $\binom{2n}{n}^{-1}$ y derivar de ella una función generadora.

Tenga en cuenta que $q_n=\frac{1}{4^n}r_{n+1}$ OPs reclamación puede ser \begin{align*} q_n\sim \pi\binom{2n}{n}\sim\sqrt{\frac{\pi}{n}}\cdot 4^n \end{align*} donde utilizamos la fórmula asintótica de la _coeficiente binomial central_ .

Dos aspectos:

• Utilizamos el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ en una serie. Recordando la función generadora del coeficiente binomial central podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^n]\frac{1}{\sqrt{1-4z}}=\binom{2n}{n}\tag{2} \end{align*}

• Podemos sumar coeficientes $a_n$ por multiplicación por $\frac{1}{1-z}$ . Si $A(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$ tenemos \begin{align*} \frac{1}{1-z}A(z)&=\sum_{n=0}^\infty\left( \sum_{k=0}^na_k\right)z^n \end{align*} Algo más general por multiplicación con $\frac{1}{1-pz}$ tenemos \begin{align*} \frac{1}{1-pz}A(z)&=\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^na_kp^{n-k}\right) z^n\tag{3} \end{align*}

W \begin{align*} \color{blue}{\sum_{m=0}^n}&\color{blue}{\sum_{k=0}^{n-m}\binom{2k}{k}\binom{2m}{m}\frac{2^{n-m-k}}{n-m+1}}\\ &=\int_{0}^1\sum_{m=0}^n\sum_{k=0}^{n-m}\binom{2k}{k}\binom{2m}{m}2^{n-m-k}z^{n-m}\,dz\tag{4}\\ &=\int_{0}^1\sum_{m=0}^n\binom{2m}{m}z^{n-m}\sum_{k=0}^{n-m}\binom{2k}{k}2^{n-m-k}\,dz\tag{5}\\ &=\int_{0}^1\sum_{m=0}^n\binom{2m}{m}z^{n-m}[t^{n-m}]\frac{1}{(1-2t)\sqrt{1-4t}}\,dz\tag{6}\\ &=\int_{0}^1\sum_{m=0}^\infty\binom{2n-2m}{n-m}z^m[t^m]\frac{1}{(1-2t)\sqrt{1-4t}}\,dz\tag{7}\\ &=\int_{0}^\infty\sum_{m=0}^\infty[u^{n-m}]\frac{1}{\sqrt{1-4u}}z^m[t^m]\frac{1}{(1-2t)\sqrt{1-4t}}\,dz\tag{8}\\ &=[u^n]\frac{1}{\sqrt{1-4u}}\int_{0}^1\sum_{m=0}^\infty(zu)^m[t^m]\frac{1}{(1-2t)\sqrt{1-4t}}\,dz\tag{9}\\ &=[u^n]\frac{1}{\sqrt{1-4u}}\int_{0}^1\frac{1}{(1-2zu)\sqrt{1-4zu}}\,dz\tag{10}\\ &=[u^n]\frac{1}{\sqrt{1-4u}}\left.\frac{\arctan\left(\sqrt{1-4zu}\right)}{u}\right|_{z=0}^{z=1}\tag{11}\\ &\,\,\color{blue}{=[u^{n+1}]\frac{1}{\sqrt{1-4u}}\left(-\arctan\left(\sqrt{1-4u}\right)+\frac{\pi}{4}\right)}\tag{12} \end{align*} y también obtenemos al derivar funciones generadoras directamente de (1) la misma función que OP. El factor de escala $4$ en $\sqrt{1-4u}$ procede de la fórmula (2) e indica la conexión entre $q_n$ y $r_n$ como se indica al principio de este post.

Comentario:

• En (4) utilizamos $\frac{1}{p+1}=\int_0^1z^{p}\,dz$ donde $p\ne -1$ .

• En (5) sólo hacemos un reordenamiento.

• En (6) aplicamos la coeficiente de utilizando (2) y (3) con $p=2$ .

• En (7) cambiamos el orden de la suma por $m\to n-m$ y sustituimos el índice superior $n$ por $\infty$ sin cambiar nada, ya que $\binom{2n-2m}{n-m}=0$ cuando $m>n$ .

• En (8) aplicamos de nuevo la coeficiente de operador a $\binom{2n-2m}{n-m}$ según (2).

• En (9) utilizamos la linealidad de los operadores y aplicamos la regla $[u^{p-q}]A(u)=[u^p]u^qA(u)$ .

• En (10) aplicamos la regla de sustitución del coeficiente de operador con $t=zu$
  \begin{align*} A(z)=\sum_{m=0}^\infty a_m z^m=\sum_{m=0}^\infty z^m [u^m]A(u) \end{align*}

• En (11) integramos obteniendo el $\arctan$ función.

• En (12) evaluamos finalmente el $\arctan$ en el límite inferior y superior y aplicar de nuevo la regla $[u^n]\frac{1}{u}A(u)=[u^{n+1}]A(u)$ como hicimos en (10).