Hace poco me encontré con la igualdad
$$\pi=\lim_{z\to\infty}f(z)=\lim_{z\to\infty}i\,z\,\left[1-(-1)^{z^{-1}}\right]$$ que es muy fácil demostrar; simplemente, ya que la variable z aparece dos veces y una de ellas en un recíproco, considera un cambio de variable que involucre esto, digamos
$$\omega=\frac{1}{z}$$ y listo, es evidente (quizá tomando papel y lápiz) que
$$\lim_{z\to\infty}f(z)=\lim_{\omega\to{0}}f(\omega)=\pi$$ la única dificultad que tal vez encuentres, si no conoces suficientemente los números complejos, es que al aplicar L'Hôpital,
$$\lim_{\omega\to{0}}\frac{i\left(1-(-1)^\omega\right)}{\omega}=\lim_{\omega\to{0}}-i\left[(-1)^\omega\,\ln(-1)\right]$$ aparece ese desgraciado $\displaystyle{\ln(-1)}$ que toda la vida te han dicho lleva directo al infierno. Bueno, en realidad te lleva al paraíso de los complejos, ya que $\displaystyle{\ln{z}=\ln|z|+i\arg{(z)}}$, por ello es que $\displaystyle{\ln(-1)=i\pi}$. Pero bueno, supuse que debía ser fácil construir representaciones como esta y que de hecho debían abundar. Pues así es, y de cualquier constante, no sólo Pi. En Wolfram Research puedes ver algunas representaciones. Las hay desde muy simples hasta monstruosamente horribles. La primera salta a la vista, y es la que aquí demuestro. Me pareció bastante interesante ya que incluye un combinatorio (o coeficiente binomial) que puede traducirse en factoriales, un doblefactorial o en funciones Gamma.
La igualdad es
$$\pi=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{4n}}{n\,\binom{2n}{n}^2}$$ La siguiente es quizá la forma más sencilla de probarlo, aunque digamos es un tanto indirecta, ya que usa la fórmula de Stirling. Esta fórmula funciona muy bien para factoriales grandes, y se lee $\displaystyle{n!\approx{\sqrt{2\pi{n}}}\left(\frac{n}{e}\right)^n}$ entonces se tiene
$$\lim_{n\to\infty}\frac{2^{4n}}{n\,\binom{2n}{n}^2}\approx{\lim_{n\to\infty}\frac{2^{4n}}{n\left(\frac{\sqrt{4\pi{n}}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2\pi{n}\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}\right)^2}}$$ que claro, es horrible, sin embargo haciendo un poco de álgebra vulgar y silvestre, se torna
$$\lim_{n\to\infty}\frac{2^{4n}}{n\left(\frac{\sqrt{4\pi{n}}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2\pi{n}\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}\right)^2}=\lim_{n\to\infty}\pi=\pi$$ como se quería mostrar, sin embargo, ¿por qué sucede esto?, ¿por qué se vuelve constante la función? Véase que para
$$\binom{2n}{n}^2\approx{\left(\frac{\sqrt{4\pi{n}}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2\pi{n}\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}\right)^2}$$ la aproximación es muy buena, incluso con valores de n pequeños.
Digamos ahora que:
$$x=\frac{1}{n\,\binom{2n}{n}^2}\approx\frac{1}{n\,{\left(\frac{\sqrt{4\pi{n}}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2\pi{n}\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}\right)^2}}\equiv{x}^\prime$$ Nótese entonces que para $\displaystyle{2^{3n}x\approx{2^{3n}x^\prime}}$,
Mientras que para $\displaystyle{2^{5n}x\approx{2^{5n}x^\prime}}$,
Así es fácil ver cómo cambia la monotonía de la función cuando se toma en cuenta el factor $\displaystyle{2^{kn},\,k\in\mathbb{N}}$, así como la validez de la fórmula de Stirling para factoriales grandes. Otras formas de presentar la igualdad anterior (con las que intenté demostrarla, sin resultados) son
$$pi=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{2n}}{n}\left(\frac{n!}{(2n-1)!!}\right)^2$$ o bien
$$\pi=\lim_{n\to\infty}\,\pi\,{n}\,\left(\frac{\Gamma(n)}{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}\right)^2$$ deduce ambas a partir de la igualdad original e intenta demostrarlas sin recurrir a la fórmula de Stirling.
$$\pi=\lim_{z\to\infty}f(z)=\lim_{z\to\infty}i\,z\,\left[1-(-1)^{z^{-1}}\right]$$ que es muy fácil demostrar; simplemente, ya que la variable z aparece dos veces y una de ellas en un recíproco, considera un cambio de variable que involucre esto, digamos
$$\omega=\frac{1}{z}$$ y listo, es evidente (quizá tomando papel y lápiz) que
$$\lim_{z\to\infty}f(z)=\lim_{\omega\to{0}}f(\omega)=\pi$$ la única dificultad que tal vez encuentres, si no conoces suficientemente los números complejos, es que al aplicar L'Hôpital,
$$\lim_{\omega\to{0}}\frac{i\left(1-(-1)^\omega\right)}{\omega}=\lim_{\omega\to{0}}-i\left[(-1)^\omega\,\ln(-1)\right]$$ aparece ese desgraciado $\displaystyle{\ln(-1)}$ que toda la vida te han dicho lleva directo al infierno. Bueno, en realidad te lleva al paraíso de los complejos, ya que $\displaystyle{\ln{z}=\ln|z|+i\arg{(z)}}$, por ello es que $\displaystyle{\ln(-1)=i\pi}$. Pero bueno, supuse que debía ser fácil construir representaciones como esta y que de hecho debían abundar. Pues así es, y de cualquier constante, no sólo Pi. En Wolfram Research puedes ver algunas representaciones. Las hay desde muy simples hasta monstruosamente horribles. La primera salta a la vista, y es la que aquí demuestro. Me pareció bastante interesante ya que incluye un combinatorio (o coeficiente binomial) que puede traducirse en factoriales, un doblefactorial o en funciones Gamma.
La igualdad es
$$\pi=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{4n}}{n\,\binom{2n}{n}^2}$$ La siguiente es quizá la forma más sencilla de probarlo, aunque digamos es un tanto indirecta, ya que usa la fórmula de Stirling. Esta fórmula funciona muy bien para factoriales grandes, y se lee $\displaystyle{n!\approx{\sqrt{2\pi{n}}}\left(\frac{n}{e}\right)^n}$ entonces se tiene
$$\lim_{n\to\infty}\frac{2^{4n}}{n\,\binom{2n}{n}^2}\approx{\lim_{n\to\infty}\frac{2^{4n}}{n\left(\frac{\sqrt{4\pi{n}}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2\pi{n}\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}\right)^2}}$$ que claro, es horrible, sin embargo haciendo un poco de álgebra vulgar y silvestre, se torna
$$\lim_{n\to\infty}\frac{2^{4n}}{n\left(\frac{\sqrt{4\pi{n}}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2\pi{n}\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}\right)^2}=\lim_{n\to\infty}\pi=\pi$$ como se quería mostrar, sin embargo, ¿por qué sucede esto?, ¿por qué se vuelve constante la función? Véase que para
$$\binom{2n}{n}^2\approx{\left(\frac{\sqrt{4\pi{n}}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2\pi{n}\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}\right)^2}$$ la aproximación es muy buena, incluso con valores de n pequeños.
$$x=\frac{1}{n\,\binom{2n}{n}^2}\approx\frac{1}{n\,{\left(\frac{\sqrt{4\pi{n}}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2\pi{n}\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}}\right)^2}}\equiv{x}^\prime$$ Nótese entonces que para $\displaystyle{2^{3n}x\approx{2^{3n}x^\prime}}$,
$$pi=\lim_{n\to\infty}\frac{2^{2n}}{n}\left(\frac{n!}{(2n-1)!!}\right)^2$$ o bien
$$\pi=\lim_{n\to\infty}\,\pi\,{n}\,\left(\frac{\Gamma(n)}{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}\right)^2$$ deduce ambas a partir de la igualdad original e intenta demostrarlas sin recurrir a la fórmula de Stirling.
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