Aproximación de$ \frac{n!}{(n-2x)!}(n-1)^{-2x} $

Question

Me gustaría encontrar una aproximación cuando$ n \rightarrow\infty$ de$ \frac{n!}{(n-2x)!}(n-1)^{-2x} $. Al usar la fórmula de Stirling, obtengo$$e^{\frac{-4x^2+x}{n}}. $ $ ¡El resultado no parece correcto!

A continuación se muestra cómo derivo mi aproximación. Utilizo principalmente Aproximación de Stirling y$e^x =(1+\frac{x}{n})^n $.

PS

¡Apreciaría su opinión!

Answer 1

La forma más fácil de obtener la aproximación correcta es usar Stirling en forma logarítmica:$$\ln n!=n(\ln n-1)+\frac12 \ln \left(2\pi n\right)+\frac{1}{12n}+O(n^{-3}),$ $, que también implica$$\ln\frac{n!}{(n-2x)!}=2x \ln n+\frac{x-2x^2}{n}+O(n^{-2}).$ $ Ahora, al usar ese$$\ln (n-1)^{-2x}=-2x\ln(n-1)=-2x\ln n+\frac{2x}{n}+O(n^{-2}),$ $ obtenemos$$\ln\left[\frac{n!}{(n-2x)!}(n-1)^{-2x}\right]=\frac{3x-2x^2}{n}+O(n^{-2}).$ $

Answer 2

Primero aproximaremos$$f(n,k)=\frac{n!}{(n-k)!}n^{-k} = \prod_{i=0}^{k-1} \left(1-\frac{i}{n}\right)$ $

En realidad, vamos a aproximar el logaritmo de este valor.

$$ \begin{align}\log f(n,k) &= \sum_{i=0}^{k-1} \log\left(1-\frac{i}{n}\right)\\&= -\sum_{i=0}^{k-1}\sum_{j=1}^\infty \frac{1}{j}\left(\frac{i}{n}\right)^j\\&=-\sum_j \frac{1}{jn^{j}}\sum_{i=0}^{k-1} i^j \end {align} $$

Entonces$$\log f(n,k) = -\frac{k(k-1)}{2n} -\frac{k(k-1)(2k-1)}{12n^2} + O(n^{-3})$ $

También$$\log\left(\left(\frac{n-1}{n}\right)^{-k}\right) = k\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{2n^2}+O(n^{-3})\right)=\frac{k}{n}+\frac{k}{2n^2} + O(n^{-3})$ $

Además, obtenemos que$$\log\left(\frac{n!}{(n-k)!}(n-1)^{-k}\right)=\frac{2k-k(k-1)}{2n}+O(n^{-2}) = \frac{3k-k^2}{2n}+O(n^{-2})$ $ Poniendo$k=2x$ obtenemos:

PS