La convergencia de $a_n = \frac{1}{n} \cdot \frac{1\cdot3\cdot\ldots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot\ldots\cdot(2n)}$

Question

Yo soy de no encontrar ningún camino para resolverlo. Calculadoras en línea que no están ayudando... La respuesta es que converge y converge a 0.

Creo que es el mismo que el resultado de $$\lim_{x\to\infty}\frac1x\times\frac{(2x)!}{4^x\times(x!)^2}$$

Tengo la idea anterior multiplicando $a_n$ por ($\frac{2\cdot4\cdot\ldots\cdot2n}{2\cdot4\cdot\ldots\cdot2n}$)

Answer 1

Respuesta Simple

El producto de la derecha de la "$\cdot$" está acotada arriba por $1$, por lo que tenemos $$ \lim_{n\to\infty}\frac1n\,\overbrace{\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}}^{\le1}=0\tag1 $$

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Mejor De Los Límites

El hecho de que el producto es menor que $1$ es suficiente para probar que la expresión tiende a $0$ como $n\to\infty$. Sin embargo, podemos obtener una mejor ligados al uso de las desigualdades $$ \sqrt{\frac{2k-2}{2k}}\le\frac{2k-1}{2k}\le\sqrt{\frac{2k-1}{2k+1}}\tag2 $$ que puede ser probado por el cuadrado y la cruz de la multiplicación. El uso de $(2)$, obtenemos $$ \frac1{2\sqrt{n}}=\frac12\prod_{k=2}^n\sqrt{\frac{2k-2}{2k}}\le\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\le\prod_{k=1}^n\sqrt{\frac{2k-1}{2k+1}}=\frac1{\sqrt{2n+1}}\tag3 $$ $(3)$ sugiere una pregunta más interesante: encontrar el valor de $$ \frac12\le\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\,\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}\le\frac1{\sqrt2}\tag4 $$

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La serie en Lugar de la Secuencia

Tal vez la pregunta fue para calcular $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$? Que la suma converge y tiene una simple forma cerrada.

Answer 2

Voy a reescribir $a_{n}$ para mayor claridad. $$a_{n}=\frac{1}{n}\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{4}\right)\cdot\dots\cdot\left(\frac{2n-1}{2n}\right).$$

Observe que la mayor plazo en este producto es $\frac{2n-1}{2n}$ (a excepción de cuando se $n=1$). Esto significa que si multiplicamos $\frac{2n-1}{2n}$ , de por sí, $n$ veces, luego $$0\le a_{n}=\frac{1}{n}\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{3}{4}\right)\cdot\dots\cdot\left(\frac{2n-1}{2n}\right)\le b_{n}=\frac{1}{n}\left(\frac{2n-1}{2n}\right)^{n}.$$

Tomando el límite de la parte derecha, tenemos $$\lim_{n\to\infty}b_{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{2n-1}{2n}\right)^{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\cdot\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n-1}{2n}\right)^{n}.$$

Para evaluar $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n-1}{2n}\right)^{n}$, aviso que es equivalente a $$\lim_{n\to\infty}e^{\ln\left(\left(\frac{2n-1}{2n}\right)^{n}\right)}=\lim_{n\to\infty}e^{n\ln\left(1-\frac{1}{2n}\right)}=\lim_{n\to\infty}e^{\frac{\ln\left(1-\frac{1}{2n}\right)}{1/n}}=e^{\lim_{n\to\infty}\frac{\ln\left(1-\frac{1}{2n}\right)}{1/n}}$$

El uso de L'Hospital de la regla, obtenemos $$e^{\lim_{n\to\infty}\frac{1/\left(2n^{2}\right)}{-1/n^{2}}}=e^{\lim_{n\to\infty}-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}.$$

Por lo tanto, $$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{2n-1}{2n}\right)^{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt{e}}=0.$$

Pero recuerde que este es nuestro-límite superior para $a_{n}$, y por tanto, por el teorema del encaje, $$\lim_{n\to\infty}0\le\lim_{n\to\infty}a_{n}\le\lim_{n\to\infty}b_{n}\implies0\le\lim_{n\to\infty}a_{n}\le0.$$

Por lo tanto, el límite es de $0$.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} a_{n} & \equiv{1 \over n}\, {1\cdot3\cdot\ldots\cdot\pars{2n - 1} \over 2\cdot4\cdot\ldots\cdot\pars{2n}} = {1 \over n}\,{\prod_{k = 1}^{n}\pars{2k - 1} \over \prod_{q = 1}^{n}\pars{2q}} \\[5mm] & == {1 \over n}\,{2^{n}\prod_{k = 1}^{n}\pars{k - 1/2} \over 2^{n}\prod_{q = 1}^{n}q} = {1 \over n}\,{\pars{1/2}^{\overline{n}} \over n!} = {1 \over n}\,{\Gamma\pars{1/2 + n}/\Gamma\pars{1/2} \over n!} \\[5mm] & = {1 \over n}\, {\pars{n - 1/2}! \over n!}\,{1 \over \root{\pi}} \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, {\pi^{-1/2} \over n}\, {\root{2\pi}\pars{n - 1/2}^{n}\expo{-\pars{n - 1/2}} \over \root{2\pi}n^{n + 1/2}\expo{-n}} \\[5mm] & = {\pi^{-1/2} \over n}\, {n^{n}\bracks{1 - \pars{1/2}/n}^{n}\expo{1/2} \over n^{n + 1/2}} \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, {1 \over \root{\pi}}\,{1 \over n^{3/2}} \\[5mm] & \stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\Large\to}\,\,\,\bbx{0} \end{align}

Tenga en cuenta que $\ds{\Gamma\pars{1/2} = \root{\pi}}$.

Answer 4

Si $a_n = \frac{1}{n} \cdot \frac{1\cdot3\cdot\ldots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot\ldots\cdot(2n)} = \frac{\prod_{k=1}^n(2k-1)}{n\prod_{k=1}^n(2k)} $ entonces $a_{n+1} = \frac{\prod_{k=1}^{n+1}(2k-1)}{(n+1)\prod_{k=1}^{n+1}(2k)} $ así

$\begin{array}\\ \frac{a_n}{a_{n+1}} &=\frac{(n+1)2(n+1)}{n(2n+1)}\\ &=\frac{2(n^2+2n+1)}{2n^2+n}\\ &=\frac{n^2+2n+1}{n^2+n/2}\\ &=\frac{n^2+n/2+(3/2)n+1}{n^2+n/2}\\ &=1+\frac{(3/2)n+1}{n(n+1/2)}\\ &=1+\frac{(3/2)(n+1/2)+1/4}{n(n+1/2)}\\ &=1+\frac{3}{2n}+\frac{1}{4n(n+1/2)}\\ &>1+\frac{3}{2n}\\ \end{array} $

Desde entonces, si $c_k > 0$, entonces $\prod_{k=1}^n (1+c_k) \ge 1+\sum_{k=1}^n c_k $ (demostrado fácilmente por inducción),

$\begin{array}\\ \frac{a_1}{a_{m+1}} &=\prod_{n=1}^m\frac{a_n}{a_{n+1}}\\ &>\prod_{n=1}^m(1+\frac{3}{2n})\\ &\gt 1+\sum_{n=1}^m\frac{3}{2n}\\ &\gt \frac32\sum_{n=1}^m\frac1{n}\\ &\gt \frac32\ln(m) \qquad\text{(well-known harmonic sum)}\\ \end{array} $

así $a_{m+1} \lt \frac{2a_1}{3\ln(m)} = \frac{1}{3\ln(m)} \to 0$ como $m \to \infty$.