Ύποπτο Όριο (6)

#1

Ας υπολογισθεί, αν υπάρχει, το όριο $\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}k!n^{-k-1/2}}$ .

#2

Έχουμε

$\displaystyle{ \binom{n}{k} \frac{k!}{n^{k+1/2}} = \frac{1}{\sqrt{n}} \prod_{i=0}^{k-1} \left(1 - \frac{i}{n} \right)}$

Γνωρίζουμε ότι $1 - x \leqslant e^{-x}$ για κάθε

. Άρα

$\displaystyle{ \binom{n}{k} \frac{k!}{n^{k+1/2}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{n}}\exp\left\{-\sum_{i=0}^{k-1} \frac{i}{n} \right\} = \frac{1}{\sqrt{n}}\exp\left\{-\frac{k(k-1)}{2n} \right\} }$ .

Επομένως

$\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{k!}{n^{k+1/2}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{n}} \sum_{k=0}^n \exp\left\{-\frac{k(k-1)}{2n} \right\} \leqslant \frac{2}{\sqrt{n}} + \frac{1}{\sqrt{n}} \int_0^n e^{-x^2/2n} \; dx = \frac{2}{\sqrt{n}} + \int_0^{\sqrt{n}} e^{-y^2/2} \; dy \to \sqrt{\pi/2}}$

Για την αντίστροφη ανισότητα θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα

$\displaystyle{ (1-x) \geqslant e^{-x-x^2}}$

η οποία ισχύει για κάθε $x \in [0,1/10]$ . Η ανισότητα αποδεικνύεται εύκολα με δυο παραγωγίσεις. Το 1/10 δεν είναι το καλύτερο δυνατό αλλά δεν μας ενδιαφέρει. Οποιαδήποτε μικρή σταθερά θα δούλευε το ίδιο καλά.

Έχουμε λοιπόν

$\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{k!}{n^{k+1/2}} \geqslant \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n^{3/5}/10} \prod_{i=0}^{k-1} \left(1 - \frac{i}{n} \right) \geqslant \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n^{3/5}/10} \exp\left\{-\frac{k^2}{2n} - \frac{k^3}{n^2}\right\} \geqslant \frac{1}{e^{n^{-1/5}}\sqrt{n}} \sum_{k=0}^{n^{3/5}/10} \exp\left\{-\frac{k^2}{2n} \right\}}$

Το 3/5 στον εκθέτη επιλέχθηκε διότι είναι ο πιο "απλός" αριθμός μεταξύ του 1/2 και του 2/3. Οποιοσδήποτε άλλος αριθμός σε αυτό το διάστημα θα δούλευε εξίσου καλά. Επίσης ο μόνος λόγος που διαιρώ με το 10 είναι για να μην λέω "αν

αρκετά μεγάλο τότε...".

Επομένως

$\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{k!}{n^{k+1/2}} \geqslant \frac{1}{e^{n^{-1/5}}\sqrt{n}} \int_1^{n^{3/5}/10} e^{-x^2/2n} \; dx = \frac{1}{e^{n^{-1/5}}} \int_1^{n^{1/10}/10} e^{-y^2/2} \; dy \to \sqrt{\pi/2}}$

Άρα $\displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{k!}{n^{k+1/2}} = \sqrt{\pi/2}}.$

#3

Δημήτρη πολύ όμορφα. Το θέμα το έβαλα και ως αφορμή για να γίνει κουβέντα γύρω από μια γενική μέθοδο εκτίμησης της συμπεριφοράς συναρτήσεων που ορίζονται μέσω αθροισμάτων ή ολοκληρωμάτων με παράμετρο, τη μέθοδο του Laplace.

Μια κάπως γενική διατύπωση του θεωρήματος μαζί με την απόδειξή του υπάρχει στις τελευταίες σελίδες του αρχείου που αναφέρω εδώ.

Το συγκεκριμένο πρόβλημα μπορεί να λυθεί με βάση τη μέθοδο του Laplace ως εξής: Γράφουμε

$\displaystyle{ n^{-1/2}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}k!n^{-k}=n^{-1/2}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\Gamma(k-1)n^{-k}=n^{-1/2}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}n^{-k}\int_{0}^{+\infty}e^{-t}t^k\,dt\stackrel{t=nx}{=}}$

$\displaystyle{n^{1/2}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}x^k\,dx=n^{1/2}\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}x^k\,dx=n^{1/2}\int_{0}^{+\infty}e^{-nx}(1+x)^n\,dx=$

$\displaystyle{n^{1/2}\int_{0}^{+\infty}e^{n\left(\ln(1+x)-x\right)}\,dx}$ .

Τώρα η $h(x):=\ln(1+x)-x$ είναι γνησίως φθίνουσα και παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο

με

και

,

άρα από το θεώρημα που αναφέρω είναι $\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}e^{n\left(\ln(1+x)-x\right)}\,dx\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\sqrt{\frac{\pi}{2n}}}$ , άρα το ζητούμενο όριο είναι $\sqrt{\pi/2}$

Το θεώρημα λέει ότι υπό κατάλληλες προϋποθέσεις είναι $\displaystyle{\int_{a}^{b}\phi(t)e^{xh(t)}\,dt\stackrel{x\to+\infty}{\sim}\phi(a)e^{xh(a)}\sqrt{\frac{-\pi}{2xh{''}(a)}}}$

#4

Ένα πολύ ενδιαφέρον «ενδιάμεσο» αποτέλεσμα είναι το παρακάτω:

$\displaystyle{\sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \\ \end{array} } \right)k!{n^{ - k - 1/2}}} = \frac{{n!}}{{{n^n}\sqrt n }}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{n^{n - k}}}}{{\left( {n - k} \right)!}}} = \frac{{n!}}{{{n^n}\sqrt n }}\left( {\frac{{{n^n}}}{{n!}} + \frac{{{n^{n - 1}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}} + .. + \frac{n}{{1!}} + 1} \right) = \frac{{n!}}{{{n^n}\sqrt n }}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{n^k}}}{{k!}}} = \frac{{n!{e^n}}}{{{n^n}\sqrt n }}\left( {{e^{ - n}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{n^k}}}{{k!}}} } \right)}$

Τότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \\ \end{array} } \right)k!{n^{ - k - 1/2}}} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{n!{e^n}}}{{{n^n}\sqrt n }}{e^{ - n}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{n^k}}}{{k!}}} } \right)}$

Όπως αποδείχθηκε παραπάνω $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} n \\ k \\ \end{array} } \right)k!{n^{ - k - 1/2}}} = \sqrt {\frac{\pi }{2}} }$

Επίσης $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n!{e^n}}}{{{n^n}\sqrt n }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n!\sqrt {2\pi } }}{{{{\left( {\frac{n}{e}} \right)}^n}\sqrt {2\pi n} }} = \sqrt {2\pi } }$ . (διότι από τον τύπο του Stirling έχουμε $\displaystyle{n! \approx {\left( {\frac{n}{e}} \right)^n}\sqrt {2\pi n} }$ )

Τότε $\displaystyle{\sqrt {2\pi } \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{e^{ - n}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{n^k}}}{{k!}}} } \right) = \sqrt {\frac{\pi }{2}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{e^{ - n}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{n^k}}}{{k!}}} } \right) = \frac{1}{2}}$

Δηλαδή ενώ ισχύει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{e^{ - x}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{x^k}}}{{k!}}} } \right) = 1}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ , εντούτοις έχουμε $\displaystyle{\boxed{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{e^{ - n}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{n^k}}}{{k!}}} } \right) = \frac{1}{2}}}$ !!! (Χμ .. όντως ύποπτο όριο)

#5

Σεραφείμ, το δεύτερο όριο το έχουμε δει και εδώ: viewtopic.php?f=59&t=7570.

#6

Πωπω .. δεν το είχα πάρει χαμπάρι .. τότε.

Ύποπτο Όριο (6)

Ύποπτο Όριο (6)

Re: Ύποπτο Όριο (6)

Re: Ύποπτο Όριο (6)

Re: Ύποπτο Όριο (6)

Re: Ύποπτο Όριο (6)

Re: Ύποπτο Όριο (6)

Μέλη σε σύνδεση