Matematyka.pl

Poniższe granice są zapisem moich luźnych rozważań, więc nie jestem w stanie niczego stwierdzić na temat wyników (np. czy granica w ogóle istnieje). Wykonałem jednak proste symulacje numeryczne, które wskazują, że bardzo prawdopodobnym jest że dwie poniższe granice są liczbami właściwymi. Proszę jednak o pomoc w formalnym podejściu do tych problemów (czy istotnie te ciągi są zbieżne?) i wyznaczeniu wartości tych granic.

\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=0}^{2n} \left({2n\choose k}\cdot\lvert n-k\rvert\right)}{2^{2n-1}\cdot\sqrt{2n}}}\)


\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{k=0}^{2n+1} \left({2n+1\choose k}\cdot\lvert2n-2k+1\rvert\right)}{2^{2n+1}\cdot\sqrt{2n+1}}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{2n+1}\left( {2n+1 \choose k}|2n-2k+1|\right) =2\sum_{k=0}^{n}\left( {2n+1 \choose k}(2n-2k+1)\right) =\\ =2\left[ (2n+1)\sum_{k=0}^{n}{2n+1 \choose k}-2\sum_{k=1}^{n}k{2n+1 \choose k}\right] =2\left[ (2n+1)\frac{1}{2}2^{2n+1}-2\sum_{k=1}^{n}k\frac{2n+1}{k}{2n \choose k-1}\right] =\\=2\left[ (2n+1)\frac{1}{2}2^{2n+1}-2(2n+1)\frac{(2^{2n}-{2n \choose n})}{2}\right]=2(2n+1){2n \choose n}}\)

Ze wzoru Stirlinga dostajemy, ze \(\displaystyle{ {2n \choose n}\sim\frac{4^n}{\sqrt{n\pi}}}\). Zatem szukana granica wynosi \(\displaystyle{ \lim {2n \choose n}\frac{\sqrt{2n+1}}{4^n}=\lim \frac{\sqrt{2n+1}}{\sqrt{n\pi}}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}}\).