Cómo encontrar este límite $\displaystyle\lim{n\to+\infty}\sum{k=0}^{n}(-1)^{k}\sqrt{\binom{n}{k}}$
Respuesta
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Primero nos aviso que $\displaystyle \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\sqrt{\binom{n}{k}}$ se desvanece al $n$ es impar. Tan sólo necesitamos considerar el caso cuando se $n$ es incluso.
$\displaystyle \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\sqrt{\binom{n}{k}} = \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\left(\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(k+1)\Gamma{(n-k+1)}}\right)^{1/2}$
Considerar, la función de $\displaystyle f(z) = \left(\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(z+1)\Gamma(n-z+1)}\right)^{1/2}\csc \pi z$
Por lo tanto, $f(z)$ sencilla pol $z = 0,1,\cdots,n$ con residuo $\dfrac{(-1)^k}{\pi}$ en estos puntos para $k=0,1,\cdots,n$.
La integración de $f(z)$ más de contorno rectangular con cuatro vértices $(-1/2\pm iT),(n+\frac{1}{2}\pm iT)$ es $C_T$,
Por el teorema de los residuos,
$$\displaystyle \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\sqrt{\binom{n}{k}} = \frac{1}{2i}\int\limits_{C_T} f(z)\,dz$$
El uso de la reflexión fórmula $\displaystyle \Gamma(z)\Gamma(1-z) = \frac{\pi}{\sin \pi z}$ tenemos:
$$f(z)^2 = \frac{\Gamma(n+1)\Gamma(1-z)}{\pi z \Gamma(n+1-z)}\csc \pi z = \frac{\Gamma (n+1)\csc \pi z}{\pi z (n-z)(n-1-z)\cdots (1-z)}$$
Calculamos la integral sobre las líneas horizontales en primer lugar,
Al $z = x\pm iT$, para una lo suficientemente grande como $T$ tal que $|z - k| \ge T$ todos los $k =0,1,\cdots,n$
$$|f(z)|^2 < \frac{\Gamma(n+1)}{\pi T^{n+1}}. \frac{2}{|e^{i(x+iT)} - e^{-i(x+iT)}|} \sim \frac{\Gamma(n+1)e^{-\pi T}}{\pi T^{n+1}}$$
Por lo tanto, $|f(z)|^2 \to 0$$T \to \infty$.
Por lo tanto, $$\displaystyle \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\sqrt{\binom{n}{k}} = \frac{1}{2i}\int\limits_{n+\frac{1}{2}-i\infty}^{n+\frac{1}{2}+i\infty} f(z)\,dz - \frac{1}{2i}\int\limits_{-\frac{1}{2}-i\infty}^{-\frac{1}{2}+i\infty} f(z)\,dz$$
Poner a $\displaystyle z = n+\frac{1}{2}+it$, en la primera integral y $\displaystyle z = -\frac{1}{2}+it$, en la segunda integral, y desde $n$ es incluso,
$$\displaystyle F(n) = \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{k}\sqrt{\binom{n}{k}} = \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\Gamma(n+1)\Gamma\left(\frac{1}{2}+it\right)}{\pi\Gamma\left(n+\frac{3}{2}+it\right)\cosh \pi t}\right)^{1/2}\,dt$$
Ya, $\displaystyle \left|\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}+it\right)}{\Gamma\left(n+\frac{3}{2}+it\right)}\right| < \frac{1}{(n+\frac{1}{2})(n -\frac{1}{2}) \cdots (\frac{1}{2})} = \frac{\pi}{\Gamma (n+\frac{3}{2})}$
Tenemos $$|F(n)| \le \left(\frac{\Gamma(n+1)}{\sqrt{\pi}\Gamma(n+\frac{3}{2})}\right)^{1/2}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dt}{\sqrt{\cosh \pi t}}$$
Por lo tanto, $$\lim\limits_{n \to \infty} F(n) = 0$$
