Limite y suma

Question

Tengo que calcular $$ \lim_{m\rightarrow\infty}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{m^n} \sum_{k=0}^{\infty} {2k \choose k } {2n \choose k}\left( \frac{-1}{2} \right)^k$$

Sabemos que $$ \sum_{k=0}^{2n} {2k \choose k } {2n \choose k}\left( \frac{-1}{2} \right)^k=\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}=\frac1\pi\int_0^1\frac{x^n\,\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}}$$

entonces

$$ \sum_{k=0}^{\infty} {2k \choose k } {2n \choose k}\left( \frac{-1}{2} \right)^k=\lim_{n\rightarrow\infty} \sum_{k=0}^{2n} {2k \choose k } {2n \choose k}\left( \frac{-1}{2} \right)^k=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}=0$$

y

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{m^n} \sum_{k=0}^{\infty} {2k \choose k } {2n \choose k}\left( \frac{-1}{2} \right)^k = \sum_{n=0}^{\infty}0=0$$

¿Estoy en lo correcto?

Answer 1

Sí, parece bien. Tal vez podrías usar la aproximación de Stirling para mostrar que tu tercer límite es $0$.

Answer 2

Para el tercer límite, también podría haber usado eso, por el producto de Wallis, $$\binom{2 n}{n} \sim \frac {4^n} {\sqrt{\pi n}}$$ haciendo $$\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\sim \frac {1} {\sqrt{\pi n}}$$

Recuerda también que existen límites ajustados para el coeficiente binomial central $$\frac {4^n} {\sqrt{4 n}} \leq \binom{2 n}{n} \leq\frac {4^n} {\sqrt{3 n+1}}\qquad \forall n \geq 1 $$ y, aún más precisos, $$\binom{2 n}{n}\sim \frac {4^n} {\sqrt{\pi n}} \left(1-\frac {c_n} n \right)\qquad \text{donde} \qquad \frac 19 < c_n <\frac 18 \qquad \forall n \geq 1$$

Usando la primera aproximación, entonces tenemos $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{m^n\sqrt{\pi n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}\text{Li}_{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{m}\right)=\frac{1}{\sqrt{\pi }}\sum_{k=1}^\infty \frac 1 {\sqrt{k} \,m^k}$$