Evaluar $\lim_{n\to \infty}\frac1{2n}\log\left({2n \choose n}\right)$

Question

$$\lim_{n\to \infty}\frac1{2n}\log\left({2n \choose n}\right)$$

Ahora, $\log(n!) = \Theta (n\log(n))$, por lo que creo que podría escribir,

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

$$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n}\left(2n\log\left(2n\right) - 2n\log\left(n\right)\right) $$

$$\log\left(2n\right) - \log\left(n\right) = \log(2)$$

Es legítimo? Yo siento que esto puede ser malo, ya que, el $\Theta$ notación esconde un factor constante.

Answer 1

Una forma fácil es observar en la expansión binomial de $(1+1)^{2n} = \sum\limits_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k}$, el plazo $\binom{2n}{n}$ es el más grande entre todos los $2n+1$ términos de la forma $\binom{2n}{k}$. Esto nos da un límite

$$\frac{2^{2n}}{2n+1} \le \binom{2n}{n} \le 2^{2n} \quad\implica\quad \log 2 - \frac{\log(2n+1)}{2n} \le \frac{1}{2n}\log\binom{2n}{n} \le \log 2$$ lo que implica la deseada límite es $\log 2$.

Answer 2

Alternativa de cálculo:

$$\begin{align*} a_n &= \frac{1}{2n} \log \binom{2n}{n} = \frac{1}{2n} \log \frac{(2n)!}{(n!)^2} \\ &= \frac{1}{2n} \sum_{k=1}^n \log \frac{n+k}{k} = \frac{1}{2n} \sum_{k=1}^n \log \Bigl( 1 + \frac{1}{k/n} \Bigr). \end{align*}$$ Therefore, as $n \to \infty$, we get a Riemann sum: $$\begin{align*} \lim_{n \to \infty} a_n &= \frac{1}{2} \int_{x=0}^1 \log\Bigl(1 + \frac{1}{x}\Bigr) \, dx = \frac{1}{2} \int_{x=0}^1 \log (x+1) - \log x \, dx \\ &= \log 2. \end{align*}$$

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De hecho, fácilmente podemos extender esta solución a evaluar los límites de la forma $$a_n(z) = \frac{1}{zn} \log \binom{zn}{n}$$ for integers $z > 1$: $$\lim_{n \to \infty} a_n(z) = \log \frac{z}{(z-1)^{1-1/z}}.$$ (The case $z = 1$ is trivial.) What about limits of sequences of the form $$a_n(w,z) = \frac{1}{\binom{z}{w}n} \log \binom{zn}{wn}, \quad z > w \ge 1?$$

Answer 3

Como se sugiere en varios comentarios, la forma más simple de aproximación de Stirling para $n!$ $$\sqrt{2 \pi } e^{-n} n^{n+\frac{1}{2}}$$ (http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation)

Tomar los logaritmos y desarrollar la primera $$\log\left(2n!\right) - 2\log\left(n!\right)$$ which results to be $(2 n+1) \log (2)$. El resto es obvio.

Si puedo, recuerde Stirling aproximación; es extremlely útil en casi cualquier momento tenemos que jugar con factoriales. Si es necesario, órdenes superiores se pueden utilizar (como se da en la Wikipedia).