Otra pregunta sobre el límite de evaluación: $\lim\frac{1\cdot3\cdot5\cdot\ldots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\ldots\cdot2n}$

Question

¿Cómo puedo empezar a evaluar este límite? $$\lim_{n\to \infty}\ \frac{1\cdot3\cdot5\cdot\ldots\cdot(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdot\ldots\cdot2n}\;?$$

Muchas gracias.

Answer 1

Un truco simple, pero famoso, funciona aquí: Observar que $(n-1)(n+1) = n^2 - 1 \leq n^2$ . Por lo tanto, tenemos $$ \begin{align*} & \left[ \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n)} \right]^2 \\ &= \frac{1 \cdot 1}{2 \cdot 2}\cdot\frac{3 \cdot 3}{4 \cdot 4}\cdot\frac{5 \cdot 5}{6 \cdot 6}\cdots\frac{(2n-3) \cdot (2n-3)}{(2n-2) \cdot (2n-2)}\cdot\frac{(2n-1) \cdot (2n-1)}{(2n) \cdot (2n)} \\ &= \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 2}\cdot\frac{3 \cdot 5}{4 \cdot 4}\cdot\frac{5 \cdot 7}{6 \cdot 6}\cdots\frac{(2n-3) \cdot (2n-1)}{(2n-2) \cdot (2n-2)}\cdot\left(\frac{2n-1}{(2n)^2}\right) \\ & \leq \frac{2n-1}{(2n)^2} \\ & \leq \frac{1}{2n}. \end{align*} $$ Así, tenemos $$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n)} \leq \frac{1}{\sqrt{2n}} $$ y el límite es cero. De hecho, la estimación aguda $$ \frac{1}{\sqrt{(\pi + o(1)) n}} \leq \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2n)} \leq \frac{1}{\sqrt{\pi n}} $$ se mantiene, por lo que la estimación anterior no está tan lejos de la realidad.

Answer 2

Esto es casi un límite bastante famoso.

Wallis demostró que

$$\lim_{n \to \infty} \left(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)^2 \frac 1 n = \pi$$

o que

$$ \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!} \sim \sqrt{\pi n}$$

Su límite es

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

que por el comportamiento asintótico anterior es

$$\lim_{n \to \infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{\pi n}}=0$$

Tenga en cuenta que puede escribir su expresión como

$$\frac{{\left( {2n - 1} \right)!!}}{{\left( {2n} \right)!!}} = \frac{{\left( {2n - 1} \right)!!}}{{\left( {2n} \right)!!}}\frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n} \right)!!}} = \frac{{\left( {2n} \right)!}}{{{4^n}n{!^2}}}$$

por lo que utilizando la aproximación de Stirling, se tiene

$$\eqalign{ & \left( {2n} \right)! \sim {\left( {\frac{{2n}}{e}} \right)^{2n}}2\sqrt {n\pi } \cr & n{!^2} \sim {\left( {\frac{n}{e}} \right)^{2n}}2n\pi \cr} $$

de donde

$$\frac{{\left( {2n} \right)!}}{{{4^n}n{!^2}}} \sim \frac{1}{{{4^n}}}\frac{{{{\left( {\frac{{2n}}{e}} \right)}^{2n}}2\sqrt {n\pi } }}{{{{\left( {\frac{n}{e}} \right)}^{2n}}2n\pi }} = \frac{1}{{\sqrt {n\pi } }}$$

como se ha dicho anteriormente.

En general,

$${\left[ {\frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!}}} \right]^2}\left( {1 - \frac{1}{{2n + 1}}} \right)\frac{1}{n} < \pi < {\left[ {\frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!}}} \right]^2}\frac{1}{n}$$

$$\left[ {\frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!}}} \right]\sqrt {1 - \frac{1}{{2n + 1}}} < \sqrt {n\pi } < \left[ {\frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!}}} \right]$$

Answer 3

La conocida igualdad : $$\frac{1}{2\sqrt{n}} \leqslant \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2n-1}{2n}\leqslant \frac{1}{\sqrt{2n}}$$ Prueba de a la derecha lado. Teniendo $$\frac{1}{2}<\frac{2}{3},\frac{3}{4}<\frac{4}{5},\frac{5}{6}<\frac{6}{7},\cdots,\frac{2n-3}{2n-2}<\frac{2n-2}{2n-1},\frac{2n-1}{2n}<1$$ y multiplicando obtenemos $$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2n-1}{2n}<\frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7} \cdots \frac{2n-2}{2n-1}$$ Ahora multiplica ambos lados por $ \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2n-1}{2n}$ da $$ \left(\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2n-1}{2n}\right)^2<\frac{1}{2n}$$ y obtenemos $$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2n-1}{2n} <\frac{1}{\sqrt{2n}}$$ La vía analógica funciona para a la izquierda lado.