Duda con este problema de variable compleja
El problema es muy ambiguo casi no da pistas de como resolverlo espero su ayuda.
Recordemos lo siguiente
Si
$$\begin{align}&z_n\to a\\&\\&\text{entonces}\\&\\&\dfrac{z_1+z_2+\cdots+z_n}{n}\to a\end{align}$$
Aun es una idea ... todavía falta ver más cosas
¡Gracias! ¿Qué haría falta?
Faltaría aclarar
1.
$$\begin{align}&\exists N\in \mathbb{N} , n>N: 1-\dfrac{n}{2^n} \binom{n}{k}\geq0, \forall k\in \mathbb{N}\end{align}$$Podemos afirmar la existencia ya que la función exponencial crece más rápido que cualquier otra función.
También, luego de la existencia de N, se puede afirmar que
$$\begin{align}&0<1-\dfrac{n}{2^n}\binom{n}{k}<1 ~\Longrightarrow ~ 1-\dfrac{n}{2^n}\binom{n}{k}<\sqrt{1-\dfrac{n}{2^n}\binom{n}{k}}\\&\end{align}$$2. Por lo dicho en realidad dn = 0 significa
$$\begin{align}&\lim\limits_{n\to+\infty}d_n=0\end{align}$$3. finalmente
$$\begin{align}&\lim\limits_{n\to+\infty}d_n=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}z_k-\dfrac{1}{2^n}\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}z_k\\&\\&0=a-\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{2^n}\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}z_k\\&\\&\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{2^n}\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}z_k=a\end{align}$$
¡Gracias! ahora si esta completo
Note un grave error en el intento de demostración anterior: Dentro del radical de la imagen anterior podrían haber términos negativos, por ende no sería factible la raíz cuadrada. Esta otra demostración es más consistente.
Es clara tu demostración muchísimas gracias.
Lo bueno de esta demostración es que x_n hasta puede ser un número complejo.
1 respuesta más de otro experto
¿Qué se supone es a?
Al parecer es una serie con combinatorias es lo que puedo observar
Si, eso veo, usando el teorema binomial sabemos que
$$\begin{align}&\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}=2^n\end{align}$$Pero claro, no tenemos el n escoge 0, y los zk tambien fastidian son numeros complejos pero no entiendo que significa que cuando k=n, z_n se aproxima a "a".
¿Ese es todo el enunciado?, lo que sea
No seria más bien,
$$\begin{align}&\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}1/2^n\end{align}$$
$$\begin{align}&\sum_{k=0}^{n} \frac{z_k}{2^n}{n \choose k} \end{align}$$Quedaria asi, pero me refiero a que lo primero que se me viene a la mente es el teorema binomial que nos dice.
$$\begin{align}&(a+b)^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k} a^{n-k}b^k\\&a=1\\&b=1\\&2^n=\sum_{k=0}^n{n \choose k}\end{align}$$Con esto en teoria podriamos cancelar los 2^n que estan en el numerador y denominador, claro no podemos hacerlo porque tenemos los z_k estorbando y que ademas nos falta el termino k=0 aunque ese es el menor de los problemas.