Comportamiento asintótico - doble suma de números de Stirling de segunda clase - Método de Hayman

Question

Comportamiento asintótico - doble suma de números de Stirling de segunda clase - Método de Hayman

asintóticos
Matemáticas
aproximación
combinatoria
números de stirling

usuario404302

Mi objetivo es encontrar un límite inferior para

\sum_{0 \leq yo \leq k \leq norte} S (norte, k) S (k, yo)

$\begin{equation}\sum_{0\leq l\leq k\leq n}S(n,k)S(k,l)\end{equation}$ , dónde

S (n, k)

$S(n,k)$ denota los números de Stirling del segundo tipo. Primero traté de usar el máximo para el número de Stirling

S (n, k)

$S(n,k)$ lo que sucede en

k = n / \log (n)

$k=n/\log(n)$ pero esto disminuye

k

$k$ demasiado, y el segundo factor en el producto se vuelve bastante pequeño, así que intenté

\sum_{0 \leq l \leq k \leq n} S (n, k) S (k, l) \geq S (n, n / 2) S (n / 2, n / 4)

$\sum_{0\leq l\leq k\leq n}S(n,k)S(k,l) \geq S(n,n/2)S(n/2,n/4)$ . Resultó que una estimación de

\log (S (n, n / 2))

$\log(S(n,n/2))$ es dado por

(norte / 2 + 1) registro (norte / 2) - norte / 2 registro (2) + 3 / norte

$\begin{equation}(n/2 +1)\log(n/2) - n/2\log(2) + 3/n \end{equation}$

Por lo tanto obtengo la siguiente desigualdad:

\sum_{0 \leq yo \leq k \leq norte} S (norte, k) S (k, yo) \geq {mi}^{3 norte / 4 registro (norte) - 3 norte / 4 registro (2) + 15 / norte}

$\begin{equation} \sum_{0\leq l\leq k\leq n}S(n,k)S(k,l)\geq e^{3n/4\log(n)- 3n/4\log(2) + 15/n} \end{equation}$ Sin embargo, también sé que

\sum_{k = 0}^{n} S (n, k) = B_{n}

$\sum_{k=0}^nS(n,k)=B_n$ (

B_{n}

$B_n$ = Número de campana) crece como

e^{n \log (n) - n \log (\log (n)) - n}

$e^{n\log(n)- n\log(\log(n))-n}$ y por lo tanto el orden principal es

e^{n \log (n)}

$e^{n\log(n)}$ ¿No debería mi suma crecer más rápido? ¿Mi intento fue incorrecto o qué podría ser mejor?

¡Muchas gracias por cualquier entrada!

Respuestas (1)

Comportamiento asintótico - doble suma de números de Stirling de segunda clase - Método de Hayman

Misha Lavrov · Answer 1

Misha Lavrov

Si descomponemos esto como una suma doble, obtenemos

\sum_{k = 0}^{norte} S (norte, k) \sum_{ℓ = 0}^{k} S (k, ℓ) = \sum_{k = 0}^{norte} S (norte, k) B_{k}

$\sum_{k=0}^n S(n,k) \sum_{\ell=0}^k S(k,\ell) = \sum_{k=0}^n S(n,k) B_k$ Los valores de esta suma como

n

$n$ varía son la secuencia A000258 en el OEIS.

En el OEIS, vemos la función generadora exponencial $\exp(\exp(\exp(x)-1)-1)$ que estoy seguro se deriva de la fórmula exponencial. Esto nos permite esperar obtener asintóticas para la secuencia observando la egf, por ejemplo mediante el método de Hayman: consulte el Teorema 5.4.1 en la función de generación de Wilf .

(Traté de trabajar en esto por un tiempo. Es sencillo pero doloroso, por lo que sugiero revisar las referencias en el OEIS para ver si alguien más lo ha hecho, primero).

usuario404302

Sí, sé que es la suma anterior. No conozco el método Hayman, así que buscaré su referencia. Gracias

Misha Lavrov

Asintóticamente, sí. Si tú escribes

r_{n} = e^{e^{x_{n}}}

$r_n = e^{e^{x_n}}$ , mis cálculos iniciales sugirieron

x_{n} \sim \frac{e n}{\log n \log \log n}

$x_n \sim \frac{e n}{\log n \log \log n}$ .

usuario404302

confundido, lo siento. ¿Cómo se consigue esto?

Misha Lavrov

Tenemos

a (r) = r \frac{f^{'} (r)}{f (r)} = r e^{e^{r} + r - 1}

$a(r) = r \frac{f'(r)}{f(r)} = r e^{e^r + r -1}$ , que se convierte

\frac{x}{e} \log x \log \log x

$\frac{x}{e} \log x \log \log x$ cuando hacemos la sustitución

r = e^{e^{x}}

$r = e^{e^x}$ . Así que empezamos por configurar

x = e n

$x = en$ (lo que nos lleva

a (r) = n \log n \log \log n

$a(r) = n \log n \log \log n$ en lugar de

n

$n$ ), y luego corrija esto buceando por troncos.

Misha Lavrov

Si

f (x) = e^{g (x)}

$f(x) = e^{g(x)}$ , entonces

f^{'} (x) = e^{g (x)} g^{'} (x)

$f'(x) = e^{g(x)} g'(x)$ y por lo tanto

\frac{f^{'} (x)}{f (x)} = g^{'} (x)

$\frac{f'(x)}{f(x)} = g'(x)$ . Esto nos dice que

\frac{a (r)}{r}

$\frac{a(r)}{r}$ es la derivada de

e^{e^{r} - 1} - 1

$e^{e^r-1}-1$ , cual es

e^{e^{r} - 1} \cdot e^{r} = e^{e^{r} + r - 1}

$e^{e^r-1} \cdot e^r = e^{e^r + r - 1}$ .

Misha Lavrov

es plausible No tengo mucha intuición para los números de Stirling. ¿Has hecho algún experimento numérico?

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usuario404302

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