Convergencia de la sucesión (an––n!zn)(an_n!zn)\big(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n \big)

Question

Convergencia de la sucesión (an––n!zn)(an_n!zn)\big(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n \big)

factorial
asintóticos
Matemáticas
análisis complejo
secuencias y series
coeficientes binomiales

arriba y abajo integrar

¿Para qué valores de $z\in\mathbb{C}$ hace la secuencia $\big(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n \big)$ converger para fijo $a\in\mathbb{C}$ ?

Nota aquí $a^{\underline{n}}$ es el factorial descendente, es decir

a^{\underline{norte}} = a (a - 1) (a - 2) \dots (a - (norte - 1) + 1) (a - norte + 1)

$a^{\underline{n}}=a(a-1)(a-2)…(a-(n-1)+1)(a-n+1)$

Primero observa que si $a$ es un entero no negativo, $a^{\underline{n}}$ es eventualmente $0$ ; por lo tanto, en ese caso, la sucesión converge para todo $z\in\mathbb{C}.$ Así que asume de ahora en adelante que $a$ no es un entero no negativo.

Lo primero que hice fue aplicar el Test de la Razón para series que dice el radio de convergencia de la serie $\sum \frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n$ es dado por

R = \underset{norte \to \infty}{límite} \frac{\frac{a^{\underline{norte - 1}}}{(norte - 1)!}}{\frac{a^{\underline{norte}}}{norte!}} = 1

$R=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{a^{\underline{n-1}}}{(n-1)!}}{\frac{a^{\underline{n}}}{n!}}=1$ Así, la serie asociada converge absolutamente para

| z | < 1 ⟹

$|z|<1\implies$ la secuencia

(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^{n})

$\big(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n \big)$ converge a

0

$0$ para todos

| z | < 1

$|z|<1$ .

Ahora queda por determinar si la sucesión converge para $|z|\geq1$ . Puede ser útil más tarde para representar $z$ en forma polar: $z=r(\cos\theta + i\sin \theta) \implies z^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta)=r^ne^{in\theta}$ dónde $r\geq1$ . Luego resta calcular el límite para $r\geq1:$

\underset{norte \to \infty}{límite} \frac{a (a - 1) (a - 2) \dots (a - (norte - 1) + 1) (a - norte + 1)}{norte!} r^{norte} {mi}^{i norte θ}

$\lim_{n\to\infty}\frac{a(a-1)(a-2)…(a-(n-1)+1)(a-n+1)}{n!}r^ne^{in\theta}$

Estoy perplejo sobre cómo calcular este límite aparte de convertir posiblemente el $a^{\underline{n}}$ en factoriales:

a^{\underline{norte}} = \frac{a!}{(a - norte)!}

$a^{\underline{n}}=\frac{a!}{(a-n)!}$ y luego posiblemente usar la aproximación de Stirling? No estoy seguro de qué condiciones genera el uso de la fórmula factorial o la aproximación de Stirling

a

$a$ o

z

$z$ , aunque.

¿Alguna pista?

Aniruddha Deshmukh

Si

a

$a$ no es un entero no negativo, ¿cómo le das sentido a

a!

$a!$ ?

arriba y abajo integrar

Supongo que, estrictamente, el problema en sí solo hace referencia al producto infinito que escribí

a (a - 1) \dots (a - n + 1)

$a(a-1)…(a-n+1)$ y no el factorial. Pero si tuviera que usar la identidad factorial para ese producto infinito para enteros no negativos, ingenuamente, ¿no estaría usando implícitamente la función gamma?

gerry myerson

Para grande

n

$n$ ,

a^{\underline{n}}

$a^{\underline n}$ es bastante casi

n

$n$ -factorial, por lo que no esperaría una convergencia más allá

| z | = 1

$|z|=1$ .

arriba y abajo integrar

Eso es lo que pensé también, @GerryMyerson. Este problema es del análisis complejo introductorio de Ian Stewart. Como siempre con sus libros de texto, los problemas son desiguales y misteriosamente colocados dada la maquinaria así desarrollada. ¿Tiene algún consejo sobre cómo determinar la convergencia en el disco unitario para varios

a

$a$ ? pensé en escribir

a = x + i y

$a=x+iy$ y dividir los términos de esa manera... algo para derivar algunas condiciones en

a

$a$ o

z

$z$ .

gerry myerson

No creo que el valor de

a

$a$ hace mucha diferencia (siempre y cuando no sea un número entero no negativo). Creo que deberías tratar de hacer estimaciones para

a^{\underline{n}} / n!

$a^{\underline n}/n!$ para grande

n

$n$ .

arriba y abajo integrar

Hola @GerryMyerson, ¿crees que lo siguiente funciona?

\frac{a^{\underline{n}}}{n!} = \frac{a!}{n! (a - n)!} \sim \frac{\sqrt{2 π a} {(\frac{a}{e})}^{a}}{\sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n} \cdot \sqrt{2 π (a - n)} {(\frac{a - n}{e})}^{a - n}} = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{a^{a + 1 / 2}}{n^{n + 1 / 2} (a - n)^{a - n + 1 / 2}}

$\frac{a^{\underline{n}}}{n!}=\frac{a!}{n!(a-n)!}\sim\frac{\sqrt{2\pi a}\left(\frac{a}{e}\right)^a}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\cdot\sqrt{2\pi(a-n)}\left(\frac{a-n}{e}\right)^{a-n}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{a^{a+1/2}}{n^{n+1/2}(a-n)^{a-n+1/2}}$

gerry myerson

yo no escribiria

a

$a$ -factorial, cuando

a

$a$ no es un entero no negativo.

Respuestas (1)

Convergencia de la sucesión (an––n!zn)(an_n!zn)\big(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n \big)

Si $a$ no es un entero no negativo, ¿cómo le das sentido a $a!$ ?
Supongo que, estrictamente, el problema en sí solo hace referencia al producto infinito que escribí $a(a-1)…(a-n+1)$ y no el factorial. Pero si tuviera que usar la identidad factorial para ese producto infinito para enteros no negativos, ingenuamente, ¿no estaría usando implícitamente la función gamma?
Para grande $n$ , $a^{\underline n}$ es bastante casi $n$ -factorial, por lo que no esperaría una convergencia más allá $|z|=1$ .
Eso es lo que pensé también, @GerryMyerson. Este problema es del análisis complejo introductorio de Ian Stewart. Como siempre con sus libros de texto, los problemas son desiguales y misteriosamente colocados dada la maquinaria así desarrollada. ¿Tiene algún consejo sobre cómo determinar la convergencia en el disco unitario para varios $a$ ? pensé en escribir $a=x+iy$ y dividir los términos de esa manera... algo para derivar algunas condiciones en $a$ o $z$ .
No creo que el valor de $a$ hace mucha diferencia (siempre y cuando no sea un número entero no negativo). Creo que deberías tratar de hacer estimaciones para $a^{\underline n}/n!$ para grande $n$ .
Hola @GerryMyerson, ¿crees que lo siguiente funciona? $\frac{a^{\underline{n}}}{n!}=\frac{a!}{n!(a-n)!}\sim\frac{\sqrt{2\pi a}\left(\frac{a}{e}\right)^a}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\cdot\sqrt{2\pi(a-n)}\left(\frac{a-n}{e}\right)^{a-n}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{a^{a+1/2}}{n^{n+1/2}(a-n)^{a-n+1/2}}$
yo no escribiria $a$ -factorial, cuando $a$ no es un entero no negativo.

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¿Alguien puede verificar esta estimación?

Primero tenemos la identidad:

\frac{a^{\underline{norte}}}{norte!} = \frac{a!}{norte! (a - norte)!}

$\frac{a^{\underline{n}}}{n!}=\frac{a!}{n!(a-n)!}$ Entonces por la aproximación de Stirling:

\frac{a!}{norte! (a - norte)!} \sim \frac{\sqrt{2 π a} {(\frac{a}{mi})}^{a}}{\sqrt{2 π norte} {(\frac{norte}{mi})}^{norte} \cdot \sqrt{2 π (a - norte)} {(\frac{a - norte}{mi})}^{a - norte}} = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{a^{a + 1 / 2}}{{norte}^{norte + 1 / 2} (a - norte)^{a - norte + 1 / 2}}

$\frac{a!}{n!(a-n)!}\sim\frac{\sqrt{2\pi a}\left(\frac{a}{e}\right)^a}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\cdot\sqrt{2\pi(a-n)}\left(\frac{a-n}{e}\right)^{a-n}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{a^{a+1/2}}{n^{n+1/2}(a-n)^{a-n+1/2}}$

Luego, por algún álgebra cuestionable, espero que la gente pueda verificar:

\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{a^{a + 1 / 2}}{{norte}^{norte + 1 / 2} (a - norte)^{a - norte + 1 / 2}} & = \frac{a^{a + 1 / 2}}{\sqrt{2 π}} \frac{1}{{norte}^{norte + 1 / 2} \cdot i^{2 a - 2 norte + 1} (norte - a)^{a - norte + 1 / 2}} \\ = \frac{a^{a + 1 / 2}}{i^{2 a - 2 norte + 1} \sqrt{2 π}} \frac{(norte - a)^{norte - a - 1 / 2}}{{norte}^{norte + 1 / 2}} \\ = \frac{a^{a + 1 / 2}}{i^{2 a - 2 norte + 1} \sqrt{2 π}} \frac{(norte - a)^{norte} (norte - a)^{- a - 1 / 2}}{{norte}^{norte} {norte}^{1 / 2}} \\ = \frac{a^{a + 1 / 2}}{i^{2 a - 2 norte + 1} \sqrt{2 π}} \cdot {(1 - \frac{a}{norte})}^{norte} \cdot \frac{1}{{norte}^{1 / 2} \cdot (norte - a)^{1 / 2} (norte - a)^{a}} \\ = \frac{a^{a + 1 / 2}}{i^{2 a - 2 norte + 1} \sqrt{2 π}} \cdot {(1 - \frac{a}{norte})}^{norte} \cdot \frac{1}{\sqrt{{norte}^{2} - a norte} \cdot (norte - a)^{a}} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{a^{a+1/2}}{n^{n+1/2}(a-n)^{a-n+1/2}} & = \frac{a^{a+1/2}}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{n^{n+1/2}\cdot i^{2a-2n+1}(n-a)^{a-n+1/2}} \\ & = \frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\frac{(n-a)^{n-a-1/2}}{n^{n+1/2}}\\ & = \frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\frac{(n-a)^n(n-a)^{-a-1/2}}{n^nn^{1/2}}\\ & = \frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\cdot\left(1-\frac{a}{n}\right)^n\cdot\frac{1}{n^{1/2}\cdot(n-a)^{1/2}(n-a)^a}\\ & = \frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\cdot\left(1-\frac{a}{n}\right)^n \cdot\frac{1}{\sqrt{n^2-an}\cdot(n-a)^a} \end{split} \end{equation}$

Así como $n\to\infty$ ,

\underset{norte \to \infty}{límite} \frac{a^{a + 1 / 2}}{i^{2 a - 2 norte + 1} \sqrt{2 π}} \cdot {(1 - \frac{a}{norte})}^{norte} \cdot \frac{1}{\sqrt{{norte}^{2} - a norte} \cdot (norte - a)^{a}}

$\lim_{n\to\infty}\frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\cdot\left(1-\frac{a}{n}\right)^n \cdot\frac{1}{\sqrt{n^2-an}\cdot(n-a)^a}$

= \frac{a^{a + 1 / 2}}{\sqrt{2 π}} límite (\frac{1}{i^{2 a - 2 norte + 1}}) \cdot límite ({(1 - \frac{a}{norte})}^{norte}) \cdot límite (\frac{1}{\sqrt{{norte}^{2} - a norte} \cdot (norte - a)^{a}})

$= \frac{a^{a+1/2}}{\sqrt{2\pi}}\lim\left(\frac{1}{i^{2a-2n+1}}\right)\cdot \lim\left(\left(1-\frac{a}{n}\right)^n\right)\cdot \lim\left(\frac{1}{\sqrt{n^2-an}\cdot(n-a)^a}\right)$

Solo puedo decir que el límite medio converge a $e^{-a}$ y el primero es periódico y acotado, ¿no?

El último límite es un poco espeluznante. Supongo que convergería a $0$ sólo si $\Re(a)>-1$ , ¿No?

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