Encuentre $\lim_{n\to\infty}$ de este cociente.

Question

Encuentra, con pruebas, el valor de este límite $$\lim_{n\to\infty}\frac{\sum^n_{r=0}\binom{2n}{2r}\cdot2^r}{\sum^{n-1}_{r=0}\binom{2n}{2r+1}\cdot2^r}$$

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He intentado utilizar las identidades binomiales pero se producen dos problemas:

• Sólo coeficientes binomiales pares en el numerador y sólo impar en el denominador.
• El coeficiente binomial se da con $2^r$ y no con $2^{2r}$ que sería la identidad del binomio.

Answer 1

$$ \begin{align} \frac{\sum_{r=0}^n\binom{2n}{2r}2^r}{\sum_{r=0}^{n-1}\binom{2n}{2r}2^r} &=\sqrt2\frac{\sum_{r=0}^n\binom{2n}{2r}\sqrt2^{2r}}{\sum_{r=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\sqrt2^{2r+1}}\\ &=\sqrt2\frac{\sum_{r=0}^{2n}\binom{2n}{r}\left(-\sqrt2\right)^r}{\sum_{r=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\sqrt2^{2r+1}} +\sqrt2\\ &=\sqrt2\frac{\left(1-\sqrt2\right)^{2n}}{\sum_{r=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\sqrt2^{2r+1}}+\sqrt2\\[6pt] &\to\sqrt2 \end{align} $$

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Otra forma de verlo: $$ \sum_{r=0}^n\binom{2n}{2r}\sqrt2^{2r}-\sum_{r=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\sqrt2^{2r+1}=\left(1-\sqrt2\right)^{2n} $$ y $$ \sum_{r=0}^n\binom{2n}{2r}\sqrt2^{2r}+\sum_{r=0}^{n-1}\binom{2n}{2r+1}\sqrt2^{2r+1}=\left(1+\sqrt2\right)^{2n} $$ por lo que la relación es $$ \sqrt2\frac{\left(1+\sqrt2\right)^{2n}+\left(1-\sqrt2\right)^{2n}}{\left(1+\sqrt2\right)^{2n}-\left(1-\sqrt2\right)^{2n}} =\sqrt2\frac{1+\left(\frac{-1}{3+2\sqrt2}\right)^{2n}}{1-\left(\frac{-1}{3+2\sqrt2}\right)^{2n}} $$ que tiende a $\sqrt2$ desde $\left|\,\frac{1-\sqrt2}{1+\sqrt2}\,\right|=\frac1{3+2\sqrt2}\lt\frac15$ .

Answer 2

Obsérvese que para un polinomio $p(z)$ la expresión $$\left.\frac{1}{2} p(z) + \frac{1}{2} p(-z)\right|_{z=q}$$ da la suma de los coeficientes de las potencias pares de $z$ veces $q^k$ donde $k$ es el índice de suma y $$\left.\frac{1}{2} p(z) - \frac{1}{2} p(-z)\right|_{z=q}$$ la suma de los coeficientes de las potencias Impares de $z$ veces $q^k$ .

En este caso tenemos $p(z) = (1+z)^{2n}$ con $q=\sqrt{2}.$ Por lo tanto, el límite es $$\lim_{n\to\infty} q \frac{(1+q)^{2n}+(1-q)^{2n}}{(1+q)^{2n}-(1-q)^{2n}} = \lim_{n\to\infty}q \left(1+ 2\frac{(1-q)^{2n}}{(1+q)^{2n}-(1-q)^{2n}}\right) \\ = \lim_{n\to\infty}q \left(1+ 2\frac{1}{\left(\frac{1+q}{1-q}\right)^{2n}-1}\right) =q$$ porque $$\left|\frac{1+q}{1-q}\right| > 1$$ cuando $q=\sqrt{2}.$

Answer 3

Generalización :

Utilizando Teorema del Binomio ,

$$(1+x)^{2n}=1+\binom{2n}1x+\binom{2n}2x^2+\cdots+\binom{2n}{2n-1}x^{2n-1}+x^{2n}$$

$$\implies (1-x)^{2n}=1-\binom{2n}1x+\binom{2n}2x^2+\cdots-\binom{2n}{2n-1}x^{2n-1}+x^{2n}$$

$$\implies (1+x)^{2n}+(1-x)^{2n}=2\{1+\binom{2n}2x^2+\binom{2n}4x^4+\cdots+\binom{2n}{2n-2}x^{2n-2}+x^{2n}\}$$

$$\implies (1+x)^{2n}-(1-x)^{2n}=2\{\binom{2n}1x+\binom{2n}3x^3+\cdots+\binom{2n}{2n-3}x^{2n-3}+\binom{2n}{2n-1}x^{2n-1}\}$$

En la división, $$\frac{\sum_{0\le r\le n}\binom{2n}{2r}x^{2r}}{x\sum_{0\le r\le n-1}\binom{2n}{2r+1}x^{2r}}=\frac{(1+x)^{2n}+(1-x)^{2n}}{(1+x)^{2n}-(1-x)^{2n}}=\frac{1+\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^{2n}}{1-\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^{2n}}$$

Esto $\to 1$ cuando $n\to\infty$ si $-1<\frac{1-x}{1+x}<1$

Ahora, $-1<\frac{1-x}{1+x}\iff 0<\frac{1-x}{1+x}+1=\frac2{1+x}\iff 1+x>0\iff x>-1\ \ \ \ (1)$

$\frac{1-x}{1+x}<1\iff \frac{1-x}{1+x}-1<0\iff \frac{-2x}{1+x}<0$

$\iff x(x+1)>0$ multiplicando por $-\frac{(x+1)^2}2$ que es $<0$

$\implies $ o bien $(x>0$ y $x+1>0\iff x>-1)\implies x>0\ \ \ \ (2)$

o $(x<0$ y $x+1<0\iff x<-1)\implies x<-1$ que contradice $(1)$

Combinando $(1),(2)$ necesitamos $x>0$

Aquí $x=\sqrt2>0$