Evaluar $\lim_{n \to \infty} \oint_{ |z| = 1/4} \frac{1}{(4 z(1-z))^n} \frac{\mathrm{d}z}{z (1-2 z)} = \frac{1}{2}$

Question

Mientras trabajaba en una pregunta anterior que implican $\sum_{j=0}^n \binom{n+j-1}{j} \frac{1}{2^{n+j}}$ reescribí la suma como un contorno integral, mediante la generación de funciones: $$\sum_{j=0}^n \binom{n+j-1}{j} \frac{1}{2^{n+j}} = \sum_{j=0}^n \left( \frac{1}{4^n} \binom{n+j-1}{j} \right) 2^{n-j} = [t^n] \left( \sum_{j=0}^\infty \frac{t^j}{4^n}\binom{n+j-1}{j} \cdot \sum_{j=0}^\infty t^j 2^j \right)$$ Ahora, usando el bien conocido funciones de generación, para $|t|<1/2$: $$\sum_{j=0}^\infty t^j \binom{n+j-1}{j} = \frac{1}{(1-t)^n} \quad \sum_{j=0}^\infty (2t)^j = \frac{1}{1-2t}$$ Tenemos $$\sum_{j=0}^n \binom{n+j-1}{j} \frac{1}{2^{n+j}} = [t^n] \left( \frac{1}{1-2t} \frac{1}{\left(4(1-t)\right)^n} \right) = \frac{1}{2 \pi i} \cualquier \frac{1}{1-2t} \left(\frac{1}{4 t(1-t)} \right)^n \frac{\mathrm{d} t}{t}$$ donde la integral de Cauchy fórmula fue utilizada a lo largo de con $n! [t^n] g(t) = g^{(n)}(0)$.

Ahora, Byron Schmuland mostró que la gran $n$ límite del lado izquierdo es igual a $\frac{1}{2}$.

Pregunta: se Puede demostrar $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2 \pi i} \oint_{ |t| = \rho} \frac{1}{1-2t} \left(\frac{1}{4 t(1-t)} \right)^n \frac{\mathrm{d} t}{t} = \frac{1}{2}$$ using asymptotic methods? Here $0<\rho<\frac{1}{2}$.

Answer 1

Como $t$ trazas en torno al origen, por lo que no $u=4 t (1-t)$. La solución para $t$ obtenemos dos soluciones, una, $2t=1-\sqrt{1-u}$ asigna un $u$-camino alrededor del origen en el $t$-camino alrededor del origen, y de otro, $2t=1+\sqrt{1-u}$, asigna un $u$-camino alrededor del origen en el $t$-camino alrededor de $t=1$. Esto sugiere un cambio de variables, $t = \frac{1}{2} \left(1-\sqrt{1-u}\right)$ $$\frac{1}{2 \pi i} \cualquier \frac{1}{\left(4 t(1-t) \right)^n} \frac{\mathrm{d}t}{t(1-2t)} = \frac{1}{2 \pi i} \cualquier \frac{1}{2} \frac{1+\sqrt{1-u}}{1-u} \frac{\mathrm{d}u}{u^{n+1}} = [u^n] \frac{1}{2} \frac{1+\sqrt{1-u}}{1-u}$$ donde la fórmula de Cauchy fue utilizado en la última igualdad. Esto le da $$\begin{eqnarray} \sum_{j=0}^n \binom{n+j-1}{j} \frac{1}{2^{n+j}} &=& [u^n] \frac{1}{2} \frac{1+\sqrt{1-u}}{1-u} = [u^n] \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1-u} + \frac{1}{\sqrt{1-u}} \right) \\ &=& \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \binom{-1/2}{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2n+1}} \binom{2n}{n} \end{eqnarray}$$ Aunque esto no es exactamente lo que usted está pidiendo, este reproduce Byron forma cerrada resultado que conducen a la evaluación del límite.

Como alternativa, se puede inferir que la gran $n$ asymptotioc de la cerca-singularidad-el comportamiento de la generación de la función $g(u) = \frac{1}{2} \frac{1+ \sqrt{1-u}}{1-u}$: $$g(u) = \frac{1}{2} \frac{1}{1-u} + \mathcal{s}\left(\frac{1}{1-u}\right)$$ lo que implica que el límite es igual a $[u^n] g(u) \sim \frac{1}{2}$.