Un límite con coeficientes binomiales: $\lim_{n\to\infty} (-1)^n\sum_{k=1}^n(-1)^k{n\choose k}^{-1/k}=\frac12$ ?

Question

La experimentación sugiere que el límite $$\lim_{n\rightarrow\infty} (-1)^n\sum_{k=1}^n(-1)^k{n\choose k}^{-1/k}=\frac{1}{2}\ .$$ ¿Alguien tiene una idea para (un comienzo de) una prueba?

Añadido: Parece que hay variaciones: $$\lim_{n\rightarrow\infty} (-1)^n\sum_{k=1}^n(-1)^k{2n\choose k}^{-1/k}=\frac{1}{8}\ ,$$ $$\lim_{n\rightarrow\infty} (-1)^n\sum_{k=1}^n(-1)^k{3n\choose k}^{-1/k}=\frac{2}{27}\ ,$$ etc.

Además, el exponente $-1/k$ en la identidad original puede sustituirse aparentemente por $-2/k$ , $-3/k$ (por $-\alpha/k$ para los casos estrictamente positivos $\alpha$ ?) sin cambiar el valor límite.

Actualización: Dado un número racional estrictamente positivo $\frac{p}{q}\leq 1$ (con enteros naturales coprimas $p,q$ ), tal vez haya un número $\lambda(p/q)$ tal que $$\lim_{n\rightarrow\infty}(-1)^n\sum_{k=1}^{pn}(-1)^k{qn\choose k}^{-\alpha/k}= \frac{(\lambda(p/q))^\alpha}{2}$$ para $\alpha$ real y estrictamente positivo. Algunos valores de $\lambda$ son aparentemente $$\lambda\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{4}{27},\ \lambda\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4},\ \lambda\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{3\sqrt{3}},\ \lambda\left(1\right)=1\ .$$ Dos conjeturas más: $\lambda\left(\frac{1}{q}\right)=\frac{(q-1)^{q-1}}{q^q}$ y $\lambda(x)^x=\lambda(1-x)^{1-x}$ para la racionalidad $x$ en $(0,1)$ .

La fórmula correcta para $\lambda$ es quizás $\lambda(x)=x(1-x)^{(1-x)/x}$ .

Answer 1

Una sugerencia fuera de lo común... Toma $n$ incluso, lo llamo $2n$ ahora. Entonces, asintóticamente como $n \to \infty$ $$ \binom{2n}{2n-2j-1}^{-1/(2n-2j-1)} - \binom{2n}{2n-2j}^{-1/(2n-2j)} \sim \frac{1}{2n}\log \frac{2n}{2j-1} $$ y la suma $$ \frac{1}{2n}\sum_{j=1}^{n}\log\frac{2n}{2j-1} $$ es una suma de Riemann para la integral $$ \frac{1}{2}\int_0^1 \log\frac{1}{t}\;dt = \frac{1}{2} . $$

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Añadido el 3 de febrero Dije que estaba fuera de lugar. La expansión asintótica es de Maple, así:

    

Answer 2

Sugeriría reescribir el problema como $$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{n}{k}^{-1/(n-k)} = {}?\,.$$ Ahora bien, si no me equivoco, es cierto que para los fijos $x$ con $|x| < 1$ tenemos $$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{n}{k}^{-1/(n-k)} x^k = \frac{1}{1+x}$$ (los coeficientes tienen valor absoluto $\le 1$ y convergen término a término a $(-1)^k$ multiplicando por $x^k$ nos permite aplicar la convergencia dominada). Por tanto, bastaría con demostrar que $\lim_{n \to \infty}$ y $\lim_{x \to 1-}$ ir al trabajo. Ahora mismo no tengo tiempo para sumergirme en ello, pero quizá alguien más quiera partir de aquí.

Nótese que esto también daría una prueba de la versión más general: $$\lim_{n\to\infty} \binom{qn}{pn+k}^{-a/(n-k)} = \lim_{n\to\infty} \binom{qn}{pn}^{-a/n} = \left(\frac{p^p (q-p)^{q-p}}{q^q}\right)^a$$

Answer 3

Este es un enfoque diferente. Escriba $$a_{n,k} = \binom{n}{k}^{-1/(n-k)}$$ (o el término que sea) para $0 \le k < n$ y $a_{n,k} = 0$ para $k \ge n$ . Entonces $$\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \binom{n}{k}^{-1/(n-k)} = \sum_{k=0}^\infty (-1)^k a_{n,k} = \frac{a_{n,0}}{2} + \frac{1}{2} \sum_{k=0}^\infty (a_{n,2k} - 2 a_{n,2k+1} + a_{n,2k+2})\,.$$ Así que si puedes demostrar que $$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^\infty |a_{n,2k} - 2 a_{n,2k+1} + a_{n,2k+2}| = 0\,,$$ la reclamación seguirá. Esto debería valer para cualquier secuencia doble suficientemente "suave" $(a_{n,k})$ ya que sólo significa que localmente la secuencia (para un $n$ ) varía de forma casi lineal.

Si $a_{n,k} = f_n(k)$ para alguna función agradable $f_n$ entonces la diferencia de segundo orden está limitada por $\max \{|f''_n(x)| : 2k \le x \le 2k+2\}$ que puede ayudar en la estimación. Por ejemplo, tomando $a_{n,k} = n^{-1/(n-k)}$ Así que $f_n(x) = \exp\left(-\frac{1}{n-x} \log n\right)$ tenemos $$f''_n(x) = \left(\left(\frac{\log n}{(n-x)^2}\right)^2 + \frac{2\log n}{(n-x)^3}\right) f_n(x)\,.$$ Para $0 < \alpha < 1$ encontramos que $$\sum_{k=0}^{\lfloor n - \alpha \log n\rfloor} |a_{n,2k} - 2 a_{n,2k+1} + a_{n,2k+2}| \le C \frac{1}{\alpha^3 \log n}\,,$$ y la cola puede ser estimada por una constante de veces $\exp(-1/\alpha)$ . Tomando $\alpha$ arbitrariamente cercano a cero muestra que $$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k n^{-1/(n-k)} = \frac{1}{2}\,.$$ Para el problema original, es probable que las estimaciones sean más complicadas, pero deberían ser posibles.

Adición:
La fórmula para $\sum_{k=0}^n (-1)^k a_{n,k}$ dado cerca del principio de esta respuesta puede (en el caso $a_{n,k} = f_n(k)$ ) se interpretará como $a_{n,0}/2$ más la mitad de la diferencia entre las aproximaciones de la regla del trapecio y de la regla del punto medio a $\int_0^\infty f_n(x)\,dx$ utilizando los enteros pares como puntos de subdivisión. Para una secuencia de funciones que se comporte bien, esta diferencia debería tender a cero.

Así que el problema tiene poco que ver con los coeficientes binomiales como tales.