11 votos

Forma cerrada para $\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\log\binom{n}{k}$

¿Es posible escribir esto en forma cerrada? $$\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\log\left(\vphantom{\Huge A}\binom{n}{k}\right)$$

¿Puedes conseguir algo como $$n2^{n-1}\log(2^{n-1})$$

2voto

goric Puntos 5230

¡Atención!

No he podido encontrar una forma cerrada. A continuación se describe una aproximación.


Se puede empezar por simetrizar el sumando para obtener $$\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\log\binom{n}{k}={n\over 2}\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\log\binom{n}{k}.\tag1$$

Los términos de la suma del lado derecho de (1) son simétricos en torno a $n/2$ y se concentran cerca de $k\approx n/2$ Así pues, la sustitución de $\log{n\choose k}$ con $\log{n\choose n/2}$ da una aproximación razonable, y un límite superior. Es decir, $${n\over 2}\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\log\binom{n}{k}\approx {n\over 2}\,2^n\log{n\choose n/2}.$$

Utilizando la fórmula de Stirling se obtiene otra aproximación (y límite superior) $${n\over 2} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\log\binom{n}{k}\approx {n\over 2}\,2^n [(n+1/2)\log(2)-\log(n\pi)/2].$$


Añadido: Una mejor aproximación resulta al sustituir $\log{n\choose k}$ con $\log{n\choose n/2}-{2\over n}(k-n/2)^2$ . Con un poco de trabajo puedes conseguir $${n\over 2}\,\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\log\binom{n}{k}={n\over 2}\,2^n \left[\log{n\choose n/2}-{1\over 2}+o(1)\right].$$

0voto

eljenso Puntos 7690

Si $f(n)$ es su suma, entonces $e^{f(n)}$ se convierte en un producto entero, digamos $p(n)$ formado por la multiplicación de cada coeficiente binomial $\binom{n}{k}$ al poder $k \cdot \binom{n}{k}.$ Eso es, $$p(n)=e^{f(n)}=\prod_{k=0}^n \binom{n}{k}^{k \binom{n}{k}}.$$ Los primeros términos son $$p(1)=1,\ p(2)=2^2,\ p(3)=3^9,\ p(4)=2^{44}3^{12},\ p(5)=2^{50}5^{75}.$$ Cuando puse los tres primeros en o.e.i.s hubo un acierto, pero no fue esta secuencia, como se descubrió cuando probé los cuatro primeros términos. (Esto no es un argumento de que no hay una forma cerrada, por supuesto).

Algo que inicialmente parece ir en contra de una forma cerrada es que los primos que entran en los términos logarítmicos en $f(n)$ son el conjunto de primos que dividen los coeficientes binomiales en la fila $n$ del triángulo binomial, y tales primos no parecen aparecer de manera regular de fila en fila, y parece que tales listas se vuelven arbitrariamente largas como $n$ aumenta; al menos se puede decir que en la fila $n=p$ el primer $p$ aparecerá.

0voto

Meena Puntos 13

ESTO ES PARTE DE LA RESPUESTA: Bien, ya que $$\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$$ entonces podemos términos de índice grandes con términos de índice pequeños:

Así que..: $$\sum_{k=0}^{n} k\binom{n}{k}\log{\binom{n}{k}} = \sum_{k=0}^{n/2}(k \binom{n}{k}\log{\binom{n}{k}} + (n-k)\binom{n}{n-k}\log{\binom{n}{n-k}}) = \sum_{k=0}^{n/2}n\binom{n}{k}\log{\binom{n}{k}} = n\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}\log{\binom{n}{k}} $$

Ahora sólo tenemos que demostrar que el resto está acotado por $$2^{n-1}\log(2^{n-1})$$

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X