¿Esta secuencia converge a $\pi$?

Question

Tengo un problema con la siguiente secuencia $$\lim_{n \to \infty} g_n \stackrel{?}{=} \pi $ $ donde$$ g_n = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{\sqrt{\frac{2n}{k}-1}}{n-k} + \sum_{k=n+1}^{2n-1}\frac{\sqrt{\frac{2n}{k}-1}}{n-k}.$$

¿Convergen a $\pi$? He probado experimentalmente que hace, pero no he podido probar a mano. ¿Podria alguien ayudar, o algunos métodos de enfoque?

Answer 1

Que $l = 2n - k$. Entonces por simple manipulación algebraica, tenemos

$$\sum_{k=n+1}^{2n} \frac{\sqrt{\frac{2n}{k} - 1}}{n-k} = - \sum_{l=1}^{n-1} \frac{1}{(n-l)\sqrt{\frac{2n}{l} - 1}}.$$

Por lo tanto reemplazar el índice sumatorio $k$ y dejando que $x_k = x_{k}^{(n)} = \frac{k}{n}$,

$$g_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1 - x_k} \left( \sqrt{\frac{2}{x_k} - 1} - \frac{1}{\sqrt{\frac{2}{x_k} - 1}} \right) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{2}{\sqrt{2x_k - x_k^2}},$$

que converge a

$$2 \int_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{2x - x^2}} = \pi.$$

Answer 2

Ajuste del $i=n-k$ y $j=k-n$ tenemos $$\begin{eqnarray} g_n&=& \sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}\sqrt{\frac{2n-n+i}{n-i}}-\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j}\sqrt{\frac{2n-n-j}{n+j}}\cr &=&\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i}\sqrt{\frac{n+i}{n-i}}-\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j}\sqrt{\frac{n-j}{n+j}}\cr &=&\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\left(\sqrt{\frac{n+k}{n-k}}-\sqrt{\frac{n-k}{n+k}}\right)\cr &=&\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\frac{(n+k)-(n-k)}{\sqrt{n^2-k^2}}\cr &=&2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n^2-k^2}}=\frac{2}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{1-(k/n)^2}}=-\frac{2}{n}+\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f(k/n), \end{eqnarray}$$ $f(x)=1/\sqrt{1-x^2}$. Por lo tanto $$\lim_{n\to \infty}g_n=2\int_0^1f (x)dx = 2\int_0 ^ {\pi/2} \frac {\cos t} {\sqrt {1-\sin^2t}} dt = 2\int_0 ^ {\pi/2} dt = \pi.$$