Estude a convergência das seqüências abaixo:
\left\{\frac{1.3 .5 \ldots(2 n-1)}{2.4 .6 \ldots(2 n)}\right\}

Passo 1

O enunciado pede para estudar a convergência da sequência
\left\{\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots(2n)}\right\}.
O que se pergunta é se a sequência tem limite quando n\to\infty, e, em caso afirmativo, qual é esse limite. As informações que temos são apenas os termos da própria sequência (o produto dos primeiros n pares de números ímpares sobre o produto dos primeiros n números pares).

Passo 2

Vamos reescrever o termo geral de forma mais conveniente usando fatoriais. Primeiro observe que o produto dos primeiros n números pares é
2\cdot 4\cdot 6\cdots(2n)=2^n\cdot n!.
Explicação: cada fator par tem a forma 2k com k=1,\dots,n; multiplicando todos obtemos 2\cdot 4\cdots(2n)=\prod_{k=1}^n 2k = 2^n\prod_{k=1}^n k = 2^n n!.
Agora o produto dos primeiros n números ímpares pode ser obtido a partir de (2n)!. De fato,
(2n)! = \prod_{k=1}^{2n} k = \prod_{k=1}^n (2k-1)\cdot\prod_{k=1}^n (2k) = \Big(\prod_{k=1}^n (2k-1)\Big)\cdot(2^n n!).
Isolando o produto dos ímpares, temos
1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1)=\frac{(2n)!}{2^n n!}.

Passo 3

Substituindo as duas expressões no termo da sequência, obtemos
a_n=\frac{1\cdot 3\cdots(2n-1)}{2\cdot 4\cdots(2n)} =\frac{\dfrac{(2n)!}{2^n n!}}{2^n n!} =\frac{(2n)!}{2^{2n}\,(n!)^2}.
Podemos reconhecer aqui o coeficiente binomial central:
\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{(n!)^2},
portanto
a_n=\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}.

Passo 4

Mostremos algumas propriedades úteis: cada a_n>0 e a sequência é decrescente. De fato,
a_{n+1}=a_n\cdot\frac{2n+1}{2n+2}=a_n\cdot\frac{2n+1}{2(n+1)}<a_n,
pois \frac{2n+1}{2n+2}<1. Logo \{a_n\} é positiva e decrescente, portanto converge para algum limite L\ge 0. Ainda precisamos identificar L.

Passo 5

Para encontrar o limite usamos a aproximação assintótica de Stirling para fatoriais. A fórmula de Stirling diz, intuitivamente,
n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\quad\text{quando }n\to\infty,
ou seja, a razão entre n! e o lado direito tende a 1. Vou aplicar essa aproximação aos fatoriais aparecendo em a_n.
Usando Stirling em (2n)! e em n!, temos (levantando todos os termos relevantes)
(2n)!\sim\sqrt{4\pi n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}, \qquad (n!)^2\sim\big(\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\big)^2=2\pi n\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}.
Substituindo em a_n=\dfrac{(2n)!}{4^n (n!)^2} obtemos, para n grande,
a_n\sim\frac{\sqrt{4\pi n}\left(\dfrac{2n}{e}\right)^{2n}}{4^n\;2\pi n\left(\dfrac{n}{e}\right)^{2n}}.
Agora simplificamos passo a passo. Primeiro as potências com e^{-2n} cancelam. Depois:
\frac{\left(\dfrac{2n}{e}\right)^{2n}}{\left(\dfrac{n}{e}\right)^{2n}}=\left(\frac{2n}{n}\right)^{2n}=2^{2n}=4^n,
portanto a parte de potências fica \dfrac{4^n}{4^n}=1. Restam os fatores de raiz e constantes:
a_n\sim\frac{\sqrt{4\pi n}}{2\pi n}=\frac{2\sqrt{\pi n}}{2\pi n}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}}.

Passo 6

Da estimativa assintótica \displaystyle a_n\sim\frac{1}{\sqrt{\pi n}} segue que a_n\to 0 quando n\to\infty. Como a sequência é positiva e decrescente, isso confirma que o limite é 0.

Resposta

0

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