Calcular $\lim_{n \to \infty}\binom{2n}{n}$ sin utilizar la regla de L'Hôpital.

Question

Preguntas:

(1) Calcular

$$\lim_{n \to \infty}\binom{2n}{n}$$

(2) Calcular

$$\lim_{n \to \infty}\binom{2n}{n} 2^{-n}$$

sin utilizar la regla de L'Hôpital.

Respuestas intentadas:

(1)

Aquí empiezo usando la definición de un binomio:

$$\lim_{n \to \infty}\binom{2n}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!}{n!(2n-n)!} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!}{n!n!} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n \cdot (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot ... \cdot (n + 1) \cdot n!}{n! \cdot n!}$$

Cancelando una n! da:

$$\lim_{n \to \infty} \frac{2n \cdot (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot ... \cdot (n + 1)}{n!}$$

Aquí sostengo que, seguramente, el numerador crece más rápido que el denominador y por lo tanto el resultado debe ser que el límite crece hacia $\infty$ . ¿Es esto suficientemente riguroso desde el punto de vista matemático?

(2)

Mi primer intento se basó en el teorema del binomio en un esfuerzo por conseguir que la expresión se pareciera a la forma general:

$$(a+b)^{n} = \sum_{k=0}^{n} a^{k} b^{n-k}$$

pero no parece coincidir del todo, ya que $k$ tendría que ser $0$ para que $a$ se convierte en $= 1$ no interfiere, pero entonces $n-k$ sería $n$ en su lugar.

Mi segundo intento fue hacer lo que hice en (1), pero luego multiplicarlo por $2^{-n}$ :

$$\lim_{n \to \infty} \frac{2n \cdot (2n-1) \cdot (2n-2) \cdot ... \cdot (n + 1)}{n!} \cdot \frac{1}{2^{n}}$$

Ahora podemos cancelar uno de los $2$ s en el $2^{n}$ para cada segundo factor en el numerador, ya que (es decir, 2n, 2n-2) son divisibles por 2. Pero hay n factores en el numerador, por lo que a lo sumo $\frac{n}{2}$ factores pueden ser cancelados.

Problemas:

(a) ¿Es mi respuesta a (1) suficientemente rigurosa desde el punto de vista matemático? ¿Es realmente "obvio" que el numerador crece más rápido o hay argumentos adicionales que deberían aportarse para que el argumento sea convincente?

(b) ¿cuáles son los enfoques más productivos para la pregunta (2)?

Answer 1

Para la parte (1), dejando $a_n:=\binom{2n}n,$ debe ser capaz de demostrar que $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}=\frac{2(2n+1)}{n+1}=3+\frac{n-1}{n+1}\ge3.$$ Dicho de otro modo, $a_{n+1}\ge3a_n$ para todos $n,$ lo que debería permitirle concluir fácilmente que $a_n\ge 3^n$ para todos $n$ En ese momento, ya has terminado.

En cuanto a (2), retrasaría la cancelación, trabajando desde $$\frac{(2n)!}{2^nn!n!}$$ en su lugar. Se puede transformar el numerador en el producto del primer $n$ impar enteros positivos, y el denominador en $n!,$ y a partir de ahí proceder de forma similar a la parte (1).

Añadido : Más directamente, la parte (1) permite concluir que $$\binom{2n}n\cdot2^{-n}\ge\left(\frac32\right)^n$$ para todos $n,$ por lo que (2) es fácil.

Answer 2

No aceptaría su solución a (1); $x^2+x$ crece más rápido que $x^2$ pero la proporción se acerca a 1.
Es más fácil demostrar $(2)$ primero: La fracción es igual a $$\frac{2n}{2n}\frac{2n-1}{2n-2}\frac{2n-2}{2n-4}...\frac{n+1}{2}$$ ¿Puedes demostrar que la fracción crece sin límite?

Answer 3

Una forma elemental de hacer el primer límite: anotar $$\begin{align*} \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} &= \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} + \frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!} \\ &= \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k-1)!} \left( \frac{1}{n-k} + \frac{1}{k} \right) \\ &= \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k-1)!} \cdot \frac{n}{k(n-k)} \\ &= \frac{n!}{k!(n-k)!} = \binom{n}{k}. \end{align*}$$ En consecuencia, $$\binom{2n}{n} = \binom{2n-1}{n-1} + \binom{2n-1}{n} \ge \binom{2n-1}{n-1}.$$ Repitiendo este proceso, encontramos $$\binom{2n}{n} \ge \binom{2n-2}{n-2} \ge \ldots \ge \binom{2n-n+1}{1} = n+1,$$ por lo que el límite es ilimitado ya que $n \to \infty$ . No es, ni mucho menos, una serie ajustada de desigualdades, pero te lleva a ella.

Answer 4

Para a) sugeriría lo siguiente:

$$ \prod_{j=1}^{n} (1+\frac{j}{n}) = e^{\log \prod_{j=1}^{n} (1+\frac{j}{n})} = e^{\sum_{j=1}^{n} \log(1+\frac{j}{n})} \sim e^{\sum_{j=1}^{n} \frac{j}{n}} = e^{\frac{1}{2} \cdot (n+1)} \to_n \infty $$

Answer 5

Desde $$4^n = \sum_{i=0}^{2n} \binom{2n}{i} \le 2n \binom{2n}{n}$$ Tenemos $$\binom{2n}{n} \cdot 2^{-n} \ge \frac{2^{n-1}}{n}$$ El resto es fácil. La Aproximación de Stirling también debería darte una solución de sobrecarga.