Límite de suma alterna con coeficiente binomial

Question

Necesito encontrar un límite o una aproximación para$\sum\limits_{k=1}^{n} (-1)^k {n \choose k} \log(a+bk)$ para, por ejemplo, un$a,b\in (0,10)$. No es tan importante lo que tienen los valores$a$ y$b$. Ya me sería útil encontrar un límite o una aproximación para, por ejemplo,$\sum\limits_{k=1}^{n} (-1)^k {n \choose k} \log(1+2k)$.

Esta suma surgió en algunos análisis de procesos estocásticos y, lamentablemente, casi no tengo mucho conocimiento en combinatoria y análisis para resolver tales ecuaciones. Gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

Set $r=a/b$. Estamos arreglando $r$ una vez por todas, tan constantes en gran $O$'s puede depender de $r$.

Estamos tratando con $$\sum_{k=1}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} \left( \log(1+k r^{-1}) + \log a \right) = - \log a + \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \left( \log(k+r) - \log r \right)$$ Podemos librarnos de cambiar el límite inferior de la suma de $1$ a $0$ porque ese término es$0$, de todos modos.

Siguiendo el enfoque de la pregunta anterior, $$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} \left( \log(k+r) - \log r \right)= \int_{r}^{r+1} \frac{(n-1)! dx}{x(x+1)(x+2) \cdots (x+n-1)}.$$ Usted debe revisar en mí en esto, pero me da que esta vez no hay ningún extra $1/x$ plazo para mantener la pista de. (Por supuesto, si tengo que mal, sólo ajustar la respuesta final por $\int_r^{r+1} dx/x = \log(r+1) - \log r$.) ADVERTENCIA creo que podría haber perdido a una $(-1)^{n-1}$ aquí. Al menos, cuando traté de hacer, $n=2$ a mano, llegué a $-\int_r^{r+1} dx/x(x+1)$, no $\int_r^{r+1} dx/x(x+1)$. No voy a arreglar esto debido a la probabilidad de que iba a introducir nuevos errores; acaba de salir una advertencia para que usted compruebe cuidadosamente.

Como antes, esto es $$\int_{r}^{r+1} e^{-x \log n} (1+O(1/n)) \Gamma(x) dx = n^{-r}(1+O(1/n))\int_0^1 e^{-y \log n} \Gamma(r + y) dy.$$

Ahora para una estándar truco. Que exponencial significa que casi toda la contribución a la integral vendrá de $y$ cerca de $0$. Hacer el cambio de variables $y \log n =z$, y, a continuación, la importante contribución que se extiende sobre la totalidad de la $z$ gama.

En otras palabras: $$\int_0^1 e^{-y \log n} \Gamma(1+r + y) dy = \frac{1}{\log n} \int_0^{\log n} e^{-z} \Gamma(r+z/\log n) dz.$$ Y $$ \int_0^{\log n} e^{-z} \Gamma(r+z/\log n) dz = \int_0^{\log n} e^{-z} \left( \Gamma(r) + O(z/\log n) \right) dz = \Gamma(r) \int_0^{\log n} e^{-z} dz + O \left( \frac{1}{\log n} \int_0^{\infty} z e^{-z} \right)=$$ $$\Gamma(r)(1 - O(1/n)) + O(1/\log n) = \Gamma(r)(1+O(1/\log n)).$$

Volver a poner los términos en que nos dejó a lo largo del camino, llego $$\sum_{k=1}^n (-1)^k \binom{n}{k} \log(a+bk) = - \log a + \frac{\Gamma(r)}{n^r \log n} (1+O(1/\log n)).$$ Si usted comenzó su suma en $k=0$ en lugar de $k=1$ que $- \log a$ plazo podría muy bien ir en coche, lo que hace que me pregunto si eso es lo que pretende.

Si usted necesita más términos, usted debería ser capaz de obtener un asymtotic serie en potencias de $1/\log n$ mediante la aproximación de $\Gamma(r+1+z/\log n)$ más términos de su serie de Taylor.

Answer 2

Recordando la identidad de los números de Stirling del segundo tipo en términos del binomio,

PS

Escribiendo la suma como$$\left\{\begin{matrix} n \\ m \end{matrix}\right\} = \frac{1}{m!}\sum_{j=0}^m (-1)^{m-j}{m \choose j } j^n\,. $ $

PS

Expandir el$$ \sum\limits_{k=1}^{n} (-1)^k {n \choose k} \ln(a) + \sum\limits_{k=1}^{n} (-1)^k {n \choose k} \ln(1+\frac{b k}{a})$ en términos de su serie de Taylor e intercambiar el orden de la suma da$$ -\ln(a) + \sum\limits_{k=1}^{n} (-1)^k {n \choose k} \ln(1+\frac{b k}{a}) \,.$ $

PS

PS