La desigualdad es \begin {equation*} \sum_ {k=1}^{2d} \left (1- \frac {1}{2d+2-k} \right ) \frac {d^k}{k!}>e^d \left (1- \frac {1}{d} \right ) \end {equation*} para todos los enteros $d\geq 1$ . Utilizo el ordenador para verificarlo para $d\leq 50$ y encontrar que es verdad, pero no puedo probarlo. Gracias por su respuesta.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?[ Editado sobre todo para corregir una errata señalada por David Speyer ]
El siguiente análisis simplifica y completa el tarea "rutinaria pero algo desagradable" de recuperar la desigualdad real a partir del análisis asintótico.
La idea es que una vez que hemos obtenido la expansión asintótica $$ \sum_{k=1}^{2d} \left( 1 - \frac1{2d+2-k} \right) \frac{d^k}{k!} \sim e^d \left( 1 - \frac1{d} + \frac1{d^2} - \frac2{d^3} \cdots \right) $$ al ampliar $1 - 1/(2d+2-k)$ en una serie de potencias sobre $k=d$ , deberíamos ser capaces de sustituir $1 - 1/(2d+2-k)$ por algo más pequeño que puede ser sumado exactamente y está lo suficientemente cerca como para que el resultado esté dentro de un múltiplo suficientemente pequeño de $e^d$ para mantener la desigualdad deseada.
Porque se tarda alrededor de $2m$ términos de la serie de potencias en $k$ para entrar en $O(1/d^m)$ Tuve que hacer coincidir la serie de potencia con $O(k-d)^6$ . Dejemos que $$ A_6(k) = \frac{d+1}{d+2} - \frac{k-d}{(d+2)^2} - \frac{(k-d)^2}{(d+2)^3} - \frac{(k-d)^3}{(d+2)^4} - \frac{(k-d)^4}{(d+2)^5} - \frac{(k-d)^5}{(d+2)^6} - \frac{(k-d)^6}{2(d+2)^6}, $$ por lo que el término final tiene denominador $2(d+2)^6$ en lugar de $(d+2)^7$ . Entonces $$ 1 - \frac1{2d+2-k} = A_6(k) + \frac{(k-d)^6(2d-k)}{2(d+2)^6(2d+2-k)} \geq A_6(k) $$ para todos $k \leq 2d$ . Por lo tanto, $$ \sum_{k=1}^{2d} \left( 1 - \frac1{2d+2-k} \right) \frac{d^k}{k!} > \sum_{k=1}^{2d} A_6(k) \frac{d^k}{k!}. $$ Por otra parte, dado que $A_6(k)$ es un polinomio en $k$ , la serie de potencia $\sum_{k=0}^\infty A_6(k) d^k/k!$ es elemental (véase mi respuesta anterior para la explicación; David Speyer utilizó implícitamente también lo utilizó en el cálculo "con la ayuda de Mathematica "). Encuentro $$ \sum_{k=0}^\infty A_6(k) \frac{d^k}{k!} = \frac{2d^6 + 22d^5 + 98d^4 + 102d^3 + 229d^2 + 193d + 64}{2(d+2)^6} e^d $$ $$ = \left( 1 - \frac1d + \frac{2d^5 + 5d^4 + 69d^3 + 289d^2 + 320d + 128}{2d(d+2)^6} \right) \cdot e^d > \left(1 - \frac1d\right) e^d. $$ No hemos terminado del todo, porque necesitamos un límite inferior para $\sum_{k=1}^{2d} A_6(k) d^k/k!$ no $\sum_{k=0}^\infty$ . Sin embargo, una vez que $d$ es en absoluto grande los términos con $k=0$ y $k>2d$ son insignificantes en comparación con nuestro límite inferior $$ \sum_{k=0}^\infty A_6(k) d^k/k! - \left(1 - \frac1d\right) e^d \geq \frac{2d^5 + 5d^4 + 69d^3 + 289d^2 + 320d + 128}{2d(d+2)^6} e^d > \frac{d^4}{(d+2)^6} e^d. $$ En efecto, el $k=0$ es inferior a $1$ y para $k>2d$ tenemos $A_6(k) < A_6(2d) = 1/2$ mientras que $d^k/k!$ es exponencialmente menor que $e^d$ : $$ \sum_{k=2d+1}^\infty \frac{d^k}{k!} < 2^{-2d} \sum_{k=2d+1}^\infty \frac{(2d)^k}{k!} < 2^{-2d} \sum_{k=0}^\infty \frac{(2d)^k}{k!} = (e/2)^{2d}. $$ Así que hemos terminado una vez $$ 1 + \frac12 \left(\frac{e}{2}\right)^{2d} < \frac{d^4}{(d+2)^6} e^d, $$ que ocurre una vez $d \geq 14$ . Dado que la desigualdad deseada ya se ha verificado numéricamente hasta $d=50$ hemos terminado. QED
sickgemini
Puntos
2001
Esto es cierto para los grandes $d$ y probablemente para todos $d$ . Demostraré que la suma es $$e^d(1-1/d+1/d^2+O(1/d^{2.5+\epsilon}))$$ y dejar los límites explícitos a usted.
Establecer $k=d+\ell$ . Para $|\ell| \leq d^{0.5+\epsilon}$ tenemos $$1-1/(2d+2-k) = 1-\frac{1}{d} \frac{1}{1-(\ell-2)/d} = 1-\frac{1}{d} - \frac{\ell-2}{d^2} - \frac{(\ell-2)^2}{d^3} + O(d^{-2.5+3 \epsilon})$$ $$=1-\frac{1}{d} - \frac{\ell}{d^2} + \frac{2 d - \ell^2}{d^3} + O(d^{-2.5+\epsilon}).$$
Más adelante demostraremos que la diferencia entre su suma y $$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{d^k}{k!} \left( 1-\frac{1}{d} - \frac{\ell}{d^2} + \frac{2 d - \ell^2}{d^3} \right)$$ es muy pequeño, donde $\ell = k-d$ . Suponiendo esto, vamos a calcular la nueva suma. Con la ayuda de Mathematica , $$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} \left( 1-\frac{1}{d} - \frac{k-d}{d^2} + \frac{2 d - (k-d)^2}{d^3} \right) = e^x \left( 1-\frac{1}{d}+\frac{x}{d^2}-\frac{x^2}{d^3} + \frac{2}{d^2} - \frac{x}{d^3} \right). $$
Enchufar $x=d$ , $$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{d^k}{k!} \left( 1-\frac{1}{d} - \frac{k-d}{d^2} + \frac{2 d - (k-d)^2}{d^3} \right) = e^d \left( 1-\frac{1}{d} + \frac{1}{d^2} \right).$$ El error procedente de $O(d^{-2.5+\epsilon}) \sum d^k/k!$ es $e^d O(d^{-2.5+\epsilon})$ .
Ahora sólo hay que pensar en el error que supone descartar los términos con $|\ell|>d^{0.5+\epsilon}$ . No importa lo que $\ell$ es, que el error no es peor que $d^k/k! \cdot ( O(\ell^2/d^3) + O(1))$ . Pero, para $|\ell| > d^{0.5 + \epsilon}$ tenemos $d^k/k! \leq e^{-d^{2 \epsilon}}$ como señalé en math.SE, por lo que la contribución de estos términos es exponencialmente pequeña.
No he encontrado una manera hábil de dar una prueba para todos $d$ y no un resultado asintótico.
Noam D. Elkies
Puntos
40187
[Creo que lo siguiente se reduce básicamente a lo que hace David Speyer, sistematizado para obtener toda la expansión asintótica que queramos].
Para los grandes $d$ hay una expansión asintótica $$ \sum_{k=1}^{2d} \left( 1 - \frac1{2d+2-k} \right) \frac{d^k}{k!} = e^d \left( 1 - \frac1d + \frac1{d^2} - \frac2{d^3} - \frac4{d^4} - \frac{52}{d^5} - \frac{608}{d^6} \cdots \right)\phantom.. $$ Debería ser rutinario, pero algo desagradable, obtener estimaciones de error para la expansión a través de $1/d^2$ suficiente para demostrar la desigualdad deseada para todo $d$ (dado que se sabe que es cierto hasta $d=50$ mediante cálculo numérico).
Para obtener $m$ términos de esta expansión asintótica, necesitamos unos $2m$ términos de la expansión de Taylor de $1 - 1/(2d+2-k)$ sobre $k=d$ que es el pico de $d^k/k!$ . Esta expansión de Taylor es una constante menos una serie geométrica: $$ 1 - \frac1{2d+2-k} = \frac{d+1}{d+2} - \frac{k-d}{(d+2)^2} - \frac{(k-d)^2}{(d+2)^3} - \frac{(k-d)^3}{(d+2)^4} - \cdots . $$ Ahora bien, cuando truncamos esta expansión antes del $O((k-d)^N)$ término obtenemos $(d+2)^{-N}$ veces un polinomio en $d$ y $k$ . Podemos entonces escribir ese polinomio como una suma finita $$ P_0(d) + k P_1(d) + k(k-1) P_2(d) + k(k-1)(k-2) P_3(d) + \cdots $$ y luego multiplicar cada término $k! P_i(d) / (k-i)!$ por $d^k/k!$ y sumando sobre $k \geq 0$ obtenemos $P_i(d) d^i e^d$ . De ahí que nuestro $N$ -a aproximación es $\sum_i P_i(d) d^i e^d \left/ (d+2)^N \right.$ , que es $e^d$ por alguna función racional en $d$ . Expandiendo esta función racional sobre $d = \infty$ obtenemos la serie de potencias anterior una vez $N \geq 11$ .
[Los siguientes coeficientes pasados $-608$ son $$ -8864, -151408, -1973184, -65998976, -1633489408, -44681812096, -1336497292288; $$ no, esta secuencia no está en la OEIS].
