Es esta una conocida fórmula? $ \prod_{k=0}^n \left(1 - \frac{a_k}{N}\right)$

Question

Yo intente cuantificar una partición, ¿se conocen los indicadores/característica de los números? Algo que vino a mi mente fue $$ \prod_{k=0}^n \left(1 - \frac{a_k}{N}\right), $$

con la siguiente condición

$$ \sum_{k=0}^n a_k = N .$$

Es esta una conocida fórmula? Me gustaría tener un indicador de que me diga si la partición está bien extendido o concentrada en unos pocos números. Espero que mi pregunta es clara como no sé mucho acerca de las particiones. Gracias por su ayuda.

Edit: Si $a_0=N$ y todos los otros $a_k$ 0 esta fórmula da 0. Si todos los $a_k$ 1 $n=N$ tiende a infinito esta fórmula va a $\frac{1}{e}$. Así que me pregunto también si $\frac{1}{e}$ es el límite superior para un finito $N$ para todas las particiones.

Edit2: muchas Gracias por pruebas diferentes que $\frac{1}{e}$ es el límite superior. Todavía me gustaría saber si alguien sabe algo más acerca de esta fórmula. Si alguien tiene una interessing hecho, eso sería bueno.

Answer 1

Deje $f(x) = -\log(1-x)$$x \in [0,1)$. Desde $f''(x) = \frac{1}{(1-x)^2} > 0$. $f(x)$ es convexa $[0,1)$.
Por la desigualdad de Jensen, para cualquier $a_0,\ldots, a_n \ge 0$ tal que $\sum_{i=0}^n a_i = N$, tenemos

$$-\sum_{i=0}^n\log\left(1 - \frac{a_i}{N}\right) \ge -(n+1)\log\left(1-\frac{1}{n+1}\right)$$ En la expansión de Taylor de $f(x) = \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{x^k}{k}$, todos los coeficientes son positivos. Esto lleva a

$$-(n+1)\log\left(1-\frac{1}{n+1}\right) = (n+1)\sum_{k=1}^\infty \frac{(n+1)^{-k}}{k} > (n+1)\sum_{k=1}^1 \frac{(n+1)^{-k}}{k} = 1$$ Como resultado,

$$\prod_{i=0}^n\left(1 - \frac{a_i}{N}\right) \le \left(1-\frac{1}{n+1}\right)^{n+1} < e^{-1}$$ En resumen, $e^{-1}$ es de hecho el límite superior para un finito $N$ para todas las particiones.

Answer 2

Desde $$1-x\leq e^{-x},$$ if $x\geq 0,$ el límite superior de estado: $$ \prod_{k=0}^n \left(1 - \frac{a_k}{N}\right)\leq e^{-a_1/N} \times \cdots\times e^{-a_N/N} =e^{-1}, $$ vale para cualquier partición finita.

Su medida puede ser vista como el $n^{th}$ de la potencia de la media geométrica de los tamaños relativos de los complementos de partición de los átomos.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\bracks{\prod_{k = 0}^{n}\pars{1 - {a_{k} \over N}}} \bracks{z^{N}}z^{\sum_{j = 0}^{n}a_{j}}}} = \bracks{z^{N}}\prod_{k = 0}^{n}\bracks{\pars{1 - {a_{k} \over N}}z^{a_{k}}} \\[1cm] &\ln\pars{\prod_{k = 0}^{n}\bracks{\pars{1 - {a_{k} \over N}}z^{a_{k}}}} = \sum_{k = 0}^{n}\bracks{\ln\pars{1 - {a_{k} \over N}} + a_{k}\ln\pars{z}} \\[5mm]\stackrel{\mrm{as}\ N\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\,& \bracks{\ln\pars{z} - {1 \over N}}\sum_{k = 0}^{n}a_{k} \\[1cm] &\ \prod_{k = 0}^{n}\bracks{\pars{1 - {a_{k} \over N}}z^{a_{k}}} \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ N\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, z^{\sum_{j = 0}^{n}a_{j}}\expo{-\pars{\sum_{j = 0}^{n}a_{j}}/N} = z^{N}\expo{-1} \\[1cm] &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\bracks{\prod_{k = 0}^{n}\pars{1 - {a_{k} \over N}}} \bracks{z^{N}}z^{\sum_{j = 0}^{n}a_{j}}}} \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ N\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, \bbx{\expo{-1}} \end{align}