Calcule el siguiente límite:$$ \lim _{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left[\frac{k+1}{n}-\frac{1}{2}\right]\log(2n-2k-1) .$ $ No sé cómo empezar ya que soy nuevo en este tema. ¿Me puedes ayudar?
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Si queremos obtener un equivalente de límite de la forma $\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)$ o $\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$ $f$ siendo una de Riemann-integrable función por encima de la $[0,1]$ hemos terminado, ya que tal límite es igual a $\int_{0}^{1}f(x)\,dx$ que es de esperar que simple de calcular mediante el teorema fundamental del Cálculo.
Podemos observar que la $\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{k+1}{n}-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$, por lo tanto el límite dado es equivalente a $$ \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}-\frac{1}{2}\right)\log\left(2-2\frac{k}{n}+\frac{1}{n}\right).$$ Si reemplazamos $\log\left(2-2\frac{k}{n}+\frac{1}{n}\right)$ $\log\left(2-2\frac{k}{n}\right)$ el límite sigue siendo el mismo: me voy a probar esta parte a través de primarias de las desigualdades. Por la intro, $$ \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}-\frac{1}{2}\right)\log\left(2-2\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right)\log(2-2x)\,dx$$ es igual a: $$ \int_{0}^{1}\left(x-\frac{1}{2}\right)\log(1-x)\,dx = \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{2}-x\right)\log(x)\,dx =\color{red}{-\frac{1}{4}}$$ por la diferenciación bajo el signo integral o integración por partes.
Como consecuencia de ello, $$\lim_{n \to \infty} \frac {\sqrt[2n] {(2n-1)!!}} {\sqrt [n^2] a_n}=\color{red}{\large e^{1/4}}$$
como ya se ha explicado aquí.
Felix Marin
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$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\lim _{n \to \infty}{1 \over n}\sum_{k = 0}^{n - 1} \pars{{k + 1 \over n} - {1 \over 2}}\ln\pars{2n - 2k - 1} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\lim _{n \to \infty}{1 \over n^{2}}\sum_{k = 0}^{n - 1} \bracks{2\pars{n - 1 - k} + 2 - n}\ln\pars{2n - 2\bracks{n - 1 - k} - 1} = \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\lim _{n \to \infty}{1 \over n^{2}}\sum_{k = 0}^{n - 1} \pars{n - 2k}\ln\pars{2k + 1} = {1 \over 2}\lim _{n \to \infty}{n\sum_{k = 0}^{n - 1}\ln\pars{2k + 1} - 2\sum_{k = 0}^{n - 1}k\ln\pars{2k + 1} \over n^{2}} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\lim _{n \to \infty}{\pars{n + 1}\sum_{k = 0}^{n}\ln\pars{2k + 1} - n\sum_{k = 0}^{n - 1}\ln\pars{2k + 1} - 2n\ln\pars{2n + 1} \over \pars{n + 1}^{2} - n^{2}}\label{1}\tag{1} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\lim _{n \to \infty} {\sum_{k = 0}^{n}\ln\pars{2k + 1} - n\ln\pars{2n + 1} \over 2n + 1} \label{2}\tag{2} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\lim _{n \to \infty} {\ln\pars{2n + 3} - \pars{n + 1}\ln\pars{2n + 3} + n\ln\pars{2n + 1} \over \pars{2n + 3} - \pars{2n + 1}} = -\,{1 \over 4}\lim_{n \to \infty}\bracks{n\ln\pars{2n + 3 \over 2n + 1}} \label{3}\tag{3} \\[5mm] = &\ -\,{1 \over 4}\ \underbrace{\lim_{n \to \infty} \bracks{n\ln\pars{1 + {1 \over n + 1/2}}}}_{\ds{=\ 1}} = \bbox[#ffe,15px,border:1px dotted navy]{\ds{-\,{1 \over 4}}} \end{align}
En \eqref{1}, \eqref{2} y \eqref{3} he utilizado el Stolz-Ces$\mrm{\grave{a}}$ro Teorema.
