¿Esto realmente converge a 1/e? (Masajeando una suma)

Question

¿Esto realmente converge a 1/e? (Masajeando una suma)

Matemáticas
análisis real
funciones especiales
secuencias y series
coeficientes binomiales

ShreevatsaR

Versión corta: ¿podemos demostrar que

\sum_{k = 0}^{norte} (- 1)^{k} {(\binom{norte}{k})}^{2} \frac{k!}{{norte}^{2 k}} \to \frac{1}{mi}

$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}^2 \frac{k!}{n^{2k}} \to \frac1e$ como

n \to \infty

$n \to \infty$ ?

Versión larga: Primero, considere

a_{norte} = \sum_{k = 0}^{norte} \frac{(- 1)^{k}}{k!}

$a_n = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}$ Es bien sabido que

a_{n} \to \frac{1}{e}

$a_n \to \dfrac1e$ como

n \to \infty

$n \to \infty$ ; en efecto

a_{n} = \frac{! n}{n!}

$a_n = \dfrac{!n}{n!}$ es el truncamiento al primero

n

$n$ términos de la serie de potencias para

e^{x}

$e^x$ , evaluado en

x = - 1

$x = -1$ (dónde

! n

$!n$ denota el subfactorial; también es igual al número de trastornos en

n

$n$ elementos). También hay una expresión simple para la función generadora.

A (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} z^{n}

$A(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$ , cual es

A (z) = \frac{e^{- z}}{1 - z}

$A(z) = \dfrac{e^{-z}}{1-z}$ . (Consulte Funciones generadoras exponenciales para trastornos ).

A continuación, considere

b_{norte} = \sum_{k = 0}^{norte} \frac{{norte}^{\underline{k}}}{{norte}^{k}} \frac{(- 1)^{k}}{k!}

$b_n = \sum_{k=0}^n \frac{n^{\underline k}}{n^k} \frac{(-1)^k}{k!}$ dónde

n^{\underline{k}} = (\binom{n}{k}) k!

$n^{\underline k} = \binom{n}{k}k!$ denota un factorial descendente, por lo que el factor adicional

\frac{n^{\underline{k}}}{n^{k}}

$\frac{n^{\underline k}}{n^k}$ es

\frac{n (n - 1) \dots (n - k + 1)}{n (n) \dots (n)} = 1 \cdot (1 - \frac{1}{n}) \cdot (1 - \frac{2}{n}) \dots (1 - \frac{k - 1}{n})

$\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n(n)\cdots(n)} = 1\cdot\left(1 - \frac1n\right)\cdot\left(1 - \frac2n\right)\cdots\left(1 - \frac{k-1}n\right)$ que para grandes

n

$n$ (y fijo

k

$k$ ) esta cerca de

1

$1$ . no se si

b_{n}

$b_n$ también tiene una forma simple para su función generadora, pero es fácil ver que

b_{n} \to \frac{1}{e}

$b_n \to \dfrac1e$ también; de hecho por el teorema del binomio tenemos

b_{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (\frac{- 1}{n})^{k} = {(1 - \frac{1}{n})}^{n}

$b_n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (\frac{-1}{n})^k = \left(1 - \frac1n \right)^n$ que es bien conocido por converger a

\frac{1}{e}

$\frac1e$ (de hecho, tal límite se toma a veces como la definición de

e^{x}

$e^x$ ).

Finalmente, considere

C_{norte} = \sum_{k = 0}^{norte} \frac{{norte}^{\underline{k}}}{{norte}^{k}} \frac{{norte}^{\underline{k}}}{{norte}^{k}} \frac{(- 1)^{k}}{k!}

$c_n = \sum_{k=0}^n \frac{n^{\underline k}}{n^k} \frac{n^{\underline k}}{n^k} \frac{(-1)^k}{k!}$

Esta es la misma transformación que va de $b_n$ a $c_n$ a partir de $a_n$ a $b_n$ . Pero podemos demostrar que $c_n \to \frac1e$ ¿también? (¿Y podemos escribir su función generadora de forma compacta, tal vez?) De manera más general, ¿qué técnicas existen que ayudan a probar algo acerca de $\sum t_n s_n$ , dado $\sum s_n$ ?

Esta pregunta surgió de un intento de responder a esta pregunta , donde llegué a la expresión $c_n$ arriba (ahí lo llamé $P_{n, n, 0}$ ; siguiente voy a tratar de entender $P_{m, w, k}$ ).

[Nota: también estoy etiquetando estas funciones especiales , según tengo entendido $c_n$ tiene algo que ver con funciones hipergeométricas / funciones de Bessel / algo así.]

Respuestas (2)

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etienne · Answer 1

Espero haber entendido bien tu pregunta.

Para cualquier secuencia de números reales $(\alpha_n)_{n\geq 0}$ y $p\in\mathbb N$ denotemos por $(\alpha_n^{*p})$ (notación incómoda) la secuencia definida por

α_{norte}^{* pag} = \sum_{k = 0}^{norte} {(\frac{{norte}^{\underline{k}}}{{norte}^{k}})}^{pag} α_{k} .

$\alpha_n^{*p}=\sum_{k=0}^n \left(\frac{n^{\underline k}}{n^k}\right)^p \alpha_k\, .$

Entonces, se cumple lo siguiente: para cualquier serie absolutamente convergente $\sum\alpha_k$ , la secuencia $(\alpha_n^{*p})_{n\geq 0}$ es convergente con límite $\sum_0^\infty\alpha_k$ . En particular, con $\alpha_k=\frac{(-1)^k}{k!}$ y $p=2$ tu consigues eso $c_n\to1/e$ .

Para ver esto, tenga en cuenta que se puede escribir

α_{norte}^{* pag} = \sum_{k = 0}^{\infty} q_{norte, k} α_{k},

$\alpha_n^{*p}=\sum_{k=0}^\infty q_{n,k}\, \alpha_k\, ,$ dónde

q_{norte, k} = {\begin{matrix} {(\frac{{norte}^{\underline{k}}}{{norte}^{k}})}^{pag} & k \leq norte \\ 0 & k > norte \end{matrix}

$q_{n,k}=\left\{ \begin{matrix} \left(\frac{n^{\underline k}}{n^k}\right)^p&k\leq n\\0&k>n \end{matrix}\right.$

Por cada fijo $k$ tenemos $\lim_{n\to\infty} q_{n,k}=1$ por la formula de $\frac{n^{\underline k}}{n^k}$ usted da en su pregunta. Además, desde $0\leq q_{n,k}\leq 1$ por la misma fórmula, también tenemos $\vert q_{n,k}\alpha_k\vert\leq \vert\alpha_k\vert$ para todos $n$ y cada $k\geq 0$ . Por el teorema de la convergencia dominada (para series), se sigue que

\underset{norte \to \infty}{límite} \sum_{k = 0}^{\infty} q_{norte, k} α_{k} = \sum_{k = 0}^{\infty} α_{k},

$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^\infty q_{n,k}\alpha_k=\sum_{k=0}^\infty\alpha_k\, ,$ cual es el resultado requerido.

Gracias, "teorema de convergencia dominada (para series)" es lo que me faltaba. (Por cierto, una nota menor sobre la simplificación de la notación: $n^{\underline k}$ resulta ser $0$ para $k > n$ (porque hay un $(n-n)$ término en el factorial decreciente - como alternativa, tenga en cuenta que $\binom{n}{k}k! = 0$ como $\binom{n}{k} = 0$ para $k > n$ ), por lo que realmente no necesitamos una definición caso por caso de $q_{n,k}$ . Pero tal vez lo hace más claro.)
@ShreevatsaR Gracias por la nota sobre la notación simplificada. Aún así, creo que dejaré la definición caso por caso.

ShreevatsaR · Answer 2

(Estoy respondiendo mi propia pregunta, para reflejar lo que entendí de la respuesta del usuario Etienne ).

La herramienta relevante es el teorema de convergencia dominada para series (sumas). Hay referencias aquí y aquí , entre otras. Dice que

si por cada $k$ , tenemos $f_n(k) \to f(k)$ como $n \to \infty$ , y además cada una de las secuencias $f_n$ está dominado por alguna secuencia sumable $g$ (eso es $|f_n(k)| \le g(k)$ para todos $n$ y $k$ dónde $\sum_{k} g(k)$ existe), entonces
$\underset{norte \to \infty}{límite} \sum_{k} F_{norte} (k) = \sum_{k} \underset{norte \to \infty}{límite} F_{norte} (k) = \sum_{k} F (k)$ $\lim_{n \to \infty} \sum_k f_n(k) = \sum_{k} \lim_{n\to\infty} f_n(k) = \sum_k f(k)$

(He omitido intencionalmente los "tipos" de $k$ , $f$ , $f_n$ , etc., para mantener la declaración concisa y porque el teorema es aplicable ampliamente).

En particular, supongamos que sabemos que una secuencia particular $s_k$ tiene suma en serie $\sum_{k \ge 0} s_k = S$ . Supongamos además que $t_{m,k}$ es una secuencia de factores de ajuste/temperado, tal que $|t_{m,k}| \le 1$ , y $\lim_{m \to \infty} t_{m,k} = 1$ para todos $k$ . Entonces,

\underset{metro \to \infty}{límite} \sum_{k \geq 0} t_{metro, k} s_{k} = \sum_{k \geq 0} \underset{metro \to \infty}{límite} t_{metro, k} s_{k} = \sum_{k \geq 0} s_{k} = S .

$\lim_{m\to\infty} \sum_{k \ge 0} t_{m,k} s_k = \sum_{k\ge0} \lim_{m\to\infty} t_{m,k} s_k = \sum_{k\ge 0} s_k = S.$

Multiplicando así la $k$ término $s_k$ por $t_{m,k}$ (que en el límite es $1$ ) no afecta la suma en el límite.

Lo que tenemos aquí es un caso particular con $t_{m,k} = \dfrac{m^{\underline k}}{m^k}\dfrac{m^{\underline k}}{m^k}$ , que claramente va a $1$ , y por lo tanto la suma (para el particular $s_k$ 's en la pregunta) permanece $1/e$ .

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