Comportamiento de $\sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose k} (1-\frac{k}{n})^2 \ln(1-\frac{k}{n})$

Question

Me encontré con la suma $\sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose k} (1-\frac{k}{n})^2 \ln(1-\frac{k}{n})$ mientras trabajaba con algunas integrales, y creo que tiende como $\frac{4^{n}}{n^{5/2}}$ . Me interesa especialmente el coeficiente de este supuesto término dominante en una expansión asintótica cuando n tiende a infinito.

Intenté que Taylor ampliara la pieza $(1-\frac{k}{n})^2 \ln(1-\frac{k}{n})$ , lo que da lugar a una serie relativamente amigable. Entonces mi siguiente paso sería evaluar sumas de la forma $\sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose k} k^m$ para algún número natural arbitrario m. Vi una suma más especializada con límites más completos aquí . Sin embargo, tengo dificultades para generalizar la técnica de la respuesta aceptada con mis límites.

Encontré, a través de los derivados del fórmula de la potencia trigonométrica para sin^2n, que $\sum_{k=0}^n (-1)^k {2n \choose k} (1-\frac{k}{n})^{2m}=0$ para m natural < n. Eso puede ayudar si uno expande sólo el logaritmo.

Tenga en cuenta que tomo $x^2 \ln(x) $ para que desaparezca en x=0 y así poder escribir mi límite superior a n sólo por razones estéticas.

Answer 1

Como señala J. D'Aurizio, la pregunta del proponente se responde si se puede determinar la asintótica de su eq (1). Voy a esbozar una prueba de lo siguiente: $$ \sum_{k=1}^n (-1)^k \binom{2n}{n+k} k^2 \log{k} \sim \binom{2n}{n} \frac{\pi}{4}\Big( 7\frac{\zeta(3)}{\pi^3} + \frac{93}{n} \frac{\zeta(5)}{\pi^5} + ...\Big).$$

El $\zeta(n)$ son la zeta de Riemann. La OP conjetura una forma asintótica, que es correcta hasta un factor de alternancia, y pregunta cuál es el valor de la constante principal. Utilizando la asintótica para el binomio central,

$$ \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{2n}{k} (1-k/n)^2 \log{(1-k/n)} \sim \frac{4^n}{n^{5/2}}\, (-1)^n \, \frac{7\zeta(3)}{4\pi^2\sqrt{\pi}}.$$

Mi ecuación superior no es tan difícil de derivar si uno tiene la identidad disponible,

$$ (A)\,\,\,\,\,\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \binom{2n}{n+k} k^s = \binom{2n}{n} \sin(\pi s/2) \int_0^\infty \frac{dx \, \,x^s}{\sinh{\pi x}} \frac{n!^2}{(n+ix)!(n-ix)!}. $$ Diferenciar con respecto a $s$ y lo fijamos después en 2. Utilice la expansión asintótica para la relación de las funciones gamma para obtener $$ \sum_{k=1}^n (-1)^{k} \binom{2n}{n+k} k^2 \log{k} = \binom{2n}{n} \frac{\pi}{2} \int_0^\infty \frac{dx \, \,x^2}{\sinh{\pi x}} \big(1+\frac{x^2}{n} + ...\big). $$ Integrar término a término y las integrales son conocidas por Mathematica en términos de $\zeta(n)$ .

No conozco ninguna referencia que tenga (A). Mi demostración es larga y me la saltaré a no ser que haya un interés adecuado. Me ha sorprendido mucho el resultado final porque esperaba un $\log(n)$ para estar en la mezcla.

Answer 2

Una respuesta parcial. $$\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k \binom{2n}{k}(n-k)^2 = \delta(n-1)$$ por lo que basta con encontrar el comportamiento asintótico de $$\frac{(-1)^n}{n^2}\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{n+k}(-1)^k k^2\log k\tag{1}$$ donde para cualquier $n\geq 2$ tenemos $$ \sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{n+k}(-1)^k = \frac{1}{2}\binom{2n}{n} \tag{O}$$ $$ \sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{n+k}(-1)^k k = -\frac{n}{4n-2}\binom{2n}{n} \tag{A}$$ $$ \sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{n+k}(-1)^k k^2 = 0 \tag{B}$$ $$ \sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{n+k}(-1)^k k^3 = \frac{n^2}{2(2n-1)(2n-3)}\binom{2n}{n}. \tag{C}$$ Tenemos $H_k=\log k+\gamma+O\left(\frac{1}{k}\right)$ y $$ -\frac{\log(1-z)}{1-z}=\sum_{n\geq 1} H_n z^n\tag{D} $$ $$ \sin^{2n}(x)=\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}+\frac{(-1)^n}{2^{2n-1}}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{2n}{k}\cos(2(n-k)x)\tag{E}$$ de ahí el comportamiento asintótico de la suma en la que $\log u$ se sustituye por $H_u$ se puede encontrar a través del siguiente enfoque:

1. Aplique $\frac{d^2}{dx^2}$ a $(E)$ ;
2. Evaluar $(D)$ en $z=e^{2ix}$ y $z=e^{-2ix}$ ;
3. Escribe la suma combinatoria deseada, donde $\log k$ ha sido sustituido por $H_k$ ,
   como una integral de contorno, aprovechando el teorema de Parseval y los puntos anteriores;
4. Estimar dicha integral mediante el método del punto de silla/Laplace.

Por otro lado, lo que realmente necesita encontrar es la derivada en $m=2$ de $\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{n+k}(-1)^k k^m$ .