Cómo demostrar [matemáticas] \ frac {1} {n + 1} C ^ {2n} _n = \ frac {4 ^ n} {\ pi ^ {\ frac {1} {2}}} n ^ {\ frac {3} {2}} (1 + O (\ frac {1} {n})) [/ math]

Answer 1

Esto se deduce directamente de la aproximación de Stirling – Wikipedia para [math] n! [/ Math]:

[matemáticas] n! \ sim \ sqrt {2 \ pi n} \ left (\ dfrac {n} {e} \ right) ^ n \ ldots (\ star) [/ math]

Tenga en cuenta que el número catalán – Wikipedia

[matemáticas] \ dfrac {1} {n + 1} {2n \ choose n} = \ dfrac {1} {n + 1} \ dfrac {(2n)!} {(n!) ^ 2} \ sim \ dfrac {1} {n} \ dfrac {(2n)!} {(N!) ^ 2} [/ math].

Usando eqn. [matemáticas] (\ estrella) [/ matemáticas], tenemos

[matemáticas] \ dfrac {1} {n} \ dfrac {(2n)!} {(n!) ^ 2} \ sim \ dfrac {1} {n} \ dfrac {\ sqrt {4 \ pi n} \ left (\ dfrac {2n} {e} \ right) ^ {2n}} {2 \ pi n \ left (\ dfrac {n} {e} \ right) ^ {2n}} [/ math]

[matemáticas] = \ dfrac {4 ^ n} {{\ pi} ^ {1/2} \, n ^ {3/2}} [/ matemáticas].

Este es el término principal; También se puede encontrar, sin esta derivación de la fórmula de Stirling, en número catalán – Wikipedia.

Para obtener el término de error, use el límite

[matemáticas] \ sqrt {2 \ pi} \ left (\ dfrac {n} {e} \ right) ^ n \ sqrt {n} \ le n! \ le e \ left (\ dfrac {n} {e} \ right) ^ n \ sqrt {n} [/ math]

del número catalán – Wikipedia para obtener

[matemáticas] \ sqrt {2 \ pi} \ le \ dfrac {n!} {\ left (\ dfrac {n} {e} \ right) ^ n \ sqrt {n}} \ le e [/ math].

Esto da

[matemáticas] {2n \ elegir n} = \ dfrac {4 ^ n} {{\ pi} ^ {1/2} \, n ^ {1/2}} + O (1) [/ matemáticas],

y, por lo tanto, la estimación del buceo en ambos lados por [math] n [/ math]. [matemáticas] \ blacksquare [/ matemáticas]

Answer 2

La aproximación de Stirling dice que [math] n! \ Sqrt {2 \ pi n} \ left (\ frac {n} {e} \ right) ^ n (1 + O (1 / n)) [/ math]

Por lo tanto, [matemáticas] \ frac {(2n)!} {(N!) ^ 2} = \ sqrt {\ frac {4 \ pi n} {(2 \ pi n) ^ 2}} \ frac {(2n) ^ {2n}} {n ^ {2n}} (1 + O (1 / n)) [/ matemáticas]

Simplificar cancelando términos redundantes da:

[matemáticas] \ frac {1} {n + 1} C ^ {2n} _n = \ frac {2 ^ {2n}} {\ sqrt {\ pi n} (n + 1)} (1 + O (1 / n)) [/ matemáticas]

Eso, por supuesto, se reduce a la expresión que necesita (teniendo en cuenta que [matemáticas] n + 1 = n (1 + O (1 / n)) [/ matemáticas] y [matemáticas] 2 ^ {2n} = 4 ^ n [ /matemáticas]).

Answer 3

Comience con la aproximación de Stirling

[matemáticas] \ displaystyle n! = \ sqrt {2 \ pi n} \ left (\ frac {n} {e} \ right) ^ n (1 + O (1 / n)) [/ math]

y aplicarlo a los tres factoriales en el coeficiente binomial. Lo que sucede es que los términos [matemática] n ^ n [/ matemática] y [matemática] e ^ n [/ matemática] se cancelan muy bien, mientras que [matemática] 2 ^ {2n} [/ matemática] permanece de [matemática] (2n)! [/ Math] parte, dándote tu [math] 4 ^ n [/ math].

Las partes [math] \ sqrt {2 \ pi n} [/ math] dejan un [math] \ sqrt {\ pi} [/ math] en el denominador, así como un [math] \ sqrt {n} [/ matemáticas]. Junto con otro [matemático] n [/ matemático] proveniente del coeficiente [matemático] \ frac {1} {n + 1} [/ matemático] que tiene allí, obtiene el [matemático] n ^ {3/2} [ / math] en el denominador, y eso es todo.

Finalmente, observe que al recopilar todos los términos [math] (1 + O (1 / n)) [/ math] solo queda uno de esos términos en el numerador. Para ver esto, observe que

[matemáticas] \ displaystyle \ frac {1} {1 + O (1 / n)} = 1 + O (1 / n) [/ matemáticas].