Wallis-Produkt; Konvergenz einer Folge

25.10.2012, 17:07

American Jesus

Wallis-Produkt; Konvergenz einer Folge

Seid gegrüßt! smile

Ich soll beweisen, dass $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}}{2^{2n}}*\binom{2n}{n}=\frac{1}{\pi} \end{eqnarray*}$

Die Aufgabe steht im Zusammenhang mit der Wallis'schen Produktformel $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2}=\lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} \end{eqnarray*}$ , die kurz zuvor bewiesen wurde, indem man die Folge $\begin{eqnarray*} (S_n)_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} S_n:=\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^n(x)dx \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_{2n}=\frac{\pi}{2} \prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_{2n+1}=\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1} \end{eqnarray*}$ untersuchte.

Ich hab schon etwas rumprobiert (u.a. hab ich herausbekommen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi}S_{2n} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^{2n}}*\binom{2n}{n} \end{eqnarray*}$ gleich sein müssten), aber so richtig hat mich das nicht weiter gebracht. Insbesondere ist mir nicht klar, wo dieses einsame n in dem Grenzwertausdruck herkommt, das da unter der Wurzel steht...
Könnte mir jemand einen Schubs in die richtige Richtung geben? smile

25.10.2012, 17:14

HAL 9000

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Die Behauptung lautet wohl eher $\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}}{2^{2n}} \cdot \binom{2n}{n}=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von American Jesus
Ich hab schon etwas rumprobiert (u.a. hab ich herausbekommen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi}S_{2n} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^{2n}}*\binom{2n}{n} \end{eqnarray*}$ gleich sein müssten)

Das ist doch schon mal eine gute Idee. Jetzt versuche noch sowas ähnliches bei den ungeraden Indizes, d.h. $\begin{eqnarray*} S_{2n+1} \end{eqnarray*}$ .

Und als alles zusammenhaltende Klammer kannst du anschließend natürlich nutzen, dass aufgrund seiner Integraldefinition $\begin{eqnarray*} (S_n)_n \end{eqnarray*}$ eine monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen ist.

EDIT: Obwohl ... dieser Gedankengang gehört ja zum Beweis des Wallis-Produkts. Wenn du das aber schon zur Verfügung hast, dann musst du doch "nur" noch dieses Produkt vernünftig mit Hilfe des Binomialkoeffizienten $\begin{eqnarray*} \binom{2n}{n} \end{eqnarray*}$ schreiben, und schon ist die Sache gegessen. Augenzwinkern

26.10.2012, 01:25

American Jesus

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Oh ja, ich hatte die Wurzel vergessen.

Es ist $\begin{eqnarray*} S_{2n+1}=\frac{2^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}} \end{eqnarray*}$ .

Mein Problem ist, wenn ich nun $\begin{eqnarray*} \frac{S_{2n+1}}{\frac{2}{\pi}S_{2n}} \end{eqnarray*}$ berechne, erhalte ich $\begin{eqnarray*} \frac{4^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}^2} \end{eqnarray*}$ , also nach Multiplikation mit 2, Wurzelziehen und Kehrwertbilden $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{n+\frac{1}{2}}\cdot\binom{2n}{n}}{2^{2n}} \end{eqnarray*}$

Sollte das $\begin{eqnarray*} +\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ nicht etwas am Konvergenzverhalten ändern? §kratz

26.10.2012, 01:29

American Jesus

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[PS: Hoppla, da hab ich versehentlich den Smiley-Code aus einem Forum verwendet... den hier wollte ich eigentlich benutzen: verwirrt

]

26.10.2012, 15:01

American Jesus

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Zitat:

Original von American Jesus
[PS: Hoppla, da hab ich versehentlich den Smiley-Code aus einem Forum verwendet... den hier wollte ich eigentlich benutzen: verwirrt

]

... und hier fehlt ein "anderem" vor Forum. Ich war wohl gestern schon etwas müde, hab allerdings gerade nochmal nachgerechnet und bin auf dasselbe Ergebnis gekommen.
Hab ich mich verrechnet, ist mein Ansatz falsch, oder zeigt meine Umformung schon die Behauptung und ich sehe es nur nicht?

27.10.2012, 14:32

American Jesus

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Könntest du (oder jemand anderes) mir nicht bitte noch einen Tipp geben? smile

Wahrscheinlich seh ich grad den Wald vor lauter Bäumen nicht...

27.10.2012, 14:39

HAL 9000

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Wie ich schon sagte: Du darfst die Wallis'sche Produktformel doch schon verwenden, da würde ich mich nicht lange noch mit den $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ rumärgern. Formen wir daher deren Kehrwert um

$\begin{eqnarray*} \frac{2}{\pi} = \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n\frac{(2k-1)(2k+1)}{(2k)^2} = \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n\frac{(2k-1)(2k)\cdot (2k)(2k+1)}{(2k)^4} = \lim_{n \to \infty} \frac{(2n)!(2n+1)!}{2^{4n}n!^4} = \lim_{n \to \infty} \frac{2n+1}{2^{4n}} \cdot \binom{2n}{n}^2 \end{eqnarray*}$ ,

das sollte dir doch weiterhelfen, oder?

27.10.2012, 14:48

American Jesus

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Oh, das ist in der Tat einfacher. Allerdings war ich ja auch über die $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ darauf gekommen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt\pi}=\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n+\frac{1}{2}}\cdot\binom{2n}{n}}{2^{2n}} \end{eqnarray*}$ .

Mich störte nur das 1/2, was da in der Wurzel zu dem n addiert wird bzw. ich seh gerade das Argument nicht, wieso das nichts am Konvergenzverhalten ändert.

27.10.2012, 14:51

HAL 9000

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Na das kannst du doch abtrennen:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n+\frac{1}{2}}\cdot\binom{2n}{n}}{2^{2n}} = \lim_{n \to \infty}\sqrt{\frac{n+\frac{1}{2}}{n}} \cdot \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}\cdot\binom{2n}{n}}{2^{2n}} \end{eqnarray*}$

und der ersten Grenzwert rechts ist natürlich 1.

Zitat:

Original von American Jesus
Allerdings war ich ja auch über die $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ darauf gekommen, dass $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt\pi}=\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n+\frac{1}{2}}\cdot\binom{2n}{n}}{2^{2n}} \end{eqnarray*}$ .

Ja, aber du hast dabei $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{S_{2n+1}}{S_{2n}} = 1 \end{eqnarray*}$ benutzt, was ja auch nicht ohne weiteres klar ist, und sich erst im Zuge umfangreicher Betrachtungen zum Wallis'schen Produkt ergibt. Wenn du diese Zwischenergebnisse auch noch nutzen willst, warum dann nicht gleich das Wallis'sche Produkt selbst?

27.10.2012, 14:55

American Jesus

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Ich bin ja blind... vielen Dank für die Hilfe! Freude

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