UTCN 348

Dan02 · Mesaj de **Dan02** » 11 Iul 2018, 16:00

$\displaystyle \limit \lim_{n\to \infty} \dfrac{C_{4n}^{2n}}{4^n C_{2n}^n}$ =?

Raspunsul corect este $\dfrac{1}{\sqrt 2}$ ,dar nu stiu cum se ajunge la el.

Mesaj de **ghioknt** » 14 Iul 2018, 00:40

Dan02 scrie: ↑
11 Iul 2018, 16:00
$\displaystyle \limit \lim_{n\to \infty} \dfrac{C_{4n}^{2n}}{4^n C_{2n}^n}$ =?

Raspunsul corect este $\dfrac{1}{\sqrt 2}$ ,dar nu stiu cum se ajunge la el.

Se ajunge simplu, dar ca să fie simplu trebuie mai întâi să simplificăm.
$x_n=\frac{1}{4^n}\cdot \frac{(4n)!}{(2n)!\cdot (2n)!}\cdot \frac{n!\cdot n!}{(2n)!}=\frac{4n(4n-1)...(2n+2)(2n+1)}{2^n\cdot 2n(2n-1)...(n+1)\cdot 2^n\cdot 2n(2n-1)...(n+1)}=\\=\frac{4n(4n-1)...(2n+2)(2n+1)}{4n(4n-2)...(2n+2)\cdot 4n(4n-2)...(2n+2)}=\frac{(4n-1)(4n-3)...(2n+1)}{4n(4n-2)...(2n+2)}$
Acum să o aranjăm:
$L=\lim_{n\to\infty }\left ( 1-\frac{1}{4n} \right )\left ( 1-\frac{1}{4n-2} \right )...\left ( 1-\frac{1}{2n+2} \right )=\lim_{n\to\infty }\prod_{k=0}^{n-1}\left ( 1-\frac{1}{4n-2k} \right )$
Iar acum să ne folosim și cunoștințele:
$\ln L=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\ln\left ( 1-\frac{1}{4n-2k} \right )=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\left ( -\frac{1}{4n-2k} \right )=\lim_{n\to\infty }\left ( -\frac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2-\frac{k}{n}} \right )=\\=\frac{-1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{2-x}dx=\frac{1}{2}\ln (2-x)|_0^1=\ln\left ( \frac{1}{\sqrt{2}} \right )$

Dan02 · Mesaj de **Dan02** » 14 Iul 2018, 13:06

ghioknt scrie: ↑
14 Iul 2018, 00:40

Dan02 scrie: ↑
11 Iul 2018, 16:00
$\displaystyle \limit \lim_{n\to \infty} \dfrac{C_{4n}^{2n}}{4^n C_{2n}^n}$ =?

Raspunsul corect este $\dfrac{1}{\sqrt 2}$ ,dar nu stiu cum se ajunge la el.
Se ajunge simplu, dar ca să fie simplu trebuie mai întâi să simplificăm.
$x_n=\frac{1}{4^n}\cdot \frac{(4n)!}{(2n)!\cdot (2n)!}\cdot \frac{n!\cdot n!}{(2n)!}=\frac{4n(4n-1)...(2n+2)(2n+1)}{2^n\cdot 2n(2n-1)...(n+1)\cdot 2^n\cdot 2n(2n-1)...(n+1)}=\\=\frac{4n(4n-1)...(2n+2)(2n+1)}{4n(4n-2)...(2n+2)\cdot 4n(4n-2)...(2n+2)}=\frac{(4n-1)(4n-3)...(2n+1)}{4n(4n-2)...(2n+2)}$
Acum să o aranjăm:
$L=\lim_{n\to\infty }\left ( 1-\frac{1}{4n} \right )\left ( 1-\frac{1}{4n-2} \right )...\left ( 1-\frac{1}{2n+2} \right )=\lim_{n\to\infty }\prod_{k=0}^{n-1}\left ( 1-\frac{1}{4n-2k} \right )$
Iar acum să ne folosim și cunoștințele:
$\ln L=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\ln\left ( 1-\frac{1}{4n-2k} \right )=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\left ( -\frac{1}{4n-2k} \right )=\lim_{n\to\infty }\left ( -\frac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2-\frac{k}{n}} \right )=\\=\frac{-1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{2-x}dx=\frac{1}{2}\ln (2-x)|_0^1=\ln\left ( \frac{1}{\sqrt{2}} \right )$

Multumesc pentru raspuns! Am aflat ca se poate calcula mult mai simplu cu sirul lui Wallis.

Alex Stoica · Mesaj de **Alex Stoica** » 14 Iul 2018, 13:25

Dan02 scrie: ↑
14 Iul 2018, 13:06

ghioknt scrie: ↑
14 Iul 2018, 00:40

Dan02 scrie: ↑
11 Iul 2018, 16:00
$\displaystyle \limit \lim_{n\to \infty} \dfrac{C_{4n}^{2n}}{4^n C_{2n}^n}$ =?

Raspunsul corect este $\dfrac{1}{\sqrt 2}$ ,dar nu stiu cum se ajunge la el.
Se ajunge simplu, dar ca să fie simplu trebuie mai întâi să simplificăm.
$x_n=\frac{1}{4^n}\cdot \frac{(4n)!}{(2n)!\cdot (2n)!}\cdot \frac{n!\cdot n!}{(2n)!}=\frac{4n(4n-1)...(2n+2)(2n+1)}{2^n\cdot 2n(2n-1)...(n+1)\cdot 2^n\cdot 2n(2n-1)...(n+1)}=\\=\frac{4n(4n-1)...(2n+2)(2n+1)}{4n(4n-2)...(2n+2)\cdot 4n(4n-2)...(2n+2)}=\frac{(4n-1)(4n-3)...(2n+1)}{4n(4n-2)...(2n+2)}$
Acum să o aranjăm:
$L=\lim_{n\to\infty }\left ( 1-\frac{1}{4n} \right )\left ( 1-\frac{1}{4n-2} \right )...\left ( 1-\frac{1}{2n+2} \right )=\lim_{n\to\infty }\prod_{k=0}^{n-1}\left ( 1-\frac{1}{4n-2k} \right )$
Iar acum să ne folosim și cunoștințele:
$\ln L=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\ln\left ( 1-\frac{1}{4n-2k} \right )=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\left ( -\frac{1}{4n-2k} \right )=\lim_{n\to\infty }\left ( -\frac{1}{2n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2-\frac{k}{n}} \right )=\\=\frac{-1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{2-x}dx=\frac{1}{2}\ln (2-x)|_0^1=\ln\left ( \frac{1}{\sqrt{2}} \right )$
Multumesc pentru raspuns! Am aflat ca se poate calcula mult mai simplu cu sirul lui Wallis.

imi poti explica si mie, te rog cum calculezi cu sirul lui Wallis?

PhantomR · Mesaj de **PhantomR** » 14 Iul 2018, 14:20

ghioknt scrie: ↑
14 Iul 2018, 00:40
$\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\ln\left ( 1-\frac{1}{4n-2k} \right )=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\left ( -\frac{1}{4n-2k} \right )$

Mi se pare excelenta ideea de rezolvare, insa ati putea, va rog, sa postati si demonstratia pentru aceasta afirmatie? Presupun ca provine din limita $\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} =1$ . E, oare, aceeasi proprietate despre care am mai discutat (si pentru care ati postat o demonstratie) intr-un alt subiect?

Mesaj de **ghioknt** » 14 Iul 2018, 22:51

PhantomR scrie: ↑
14 Iul 2018, 14:20

ghioknt scrie: ↑
14 Iul 2018, 00:40
$\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\ln\left ( 1-\frac{1}{4n-2k} \right )=\lim_{n\to\infty }\sum_{k=0}^{n-1}\left ( -\frac{1}{4n-2k} \right )$
Mi se pare excelenta ideea de rezolvare, insa ati putea, va rog, sa postati si demonstratia pentru aceasta afirmatie? Presupun ca provine din limita $\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} =1$ . E, oare, aceeasi proprietate despre care am mai discutat (si pentru care ati postat o demonstratie) intr-un alt subiect?

Presupunere corectă. O schiță de demonstrație esye dată tot acolo de către gigelmarga: viewtopic.php?t=38485
Dacă ceva din cele scrise acolo nu se potrivește aici, vă rog să semnalați concret.

PhantomR · Mesaj de **PhantomR** » 14 Iul 2018, 23:45

Va multumesc! Nu mai stiam care e subiectul.. nici nu observasem ca gigelmarga scrisese demonstratia.. am crezut ca dumneavoastra ati scris-o (aveati amandoi numele scrise cu roz

)

Forum AniDeȘcoală.ro

UTCN 348

UTCN 348

Re: UTCN 348

Re: UTCN 348

Re: UTCN 348

Re: UTCN 348

Re: UTCN 348

Re: UTCN 348