En el MIT todos los departamentos tienen números, y el de matemáticas es el 18. El año pasado, los estudiantes de los estudiantes de matemáticas produjeron una camiseta que decía ${i\choose 18}$ ("Yo elijo 18") en el anverso, y en el reverso $$ \frac{34376687+1499084559i}{14485008384}. $$ Con el denominador más natural $18!$ esto es $$ \frac{15194495654000+662595375078000i}{18!}. $$ Esto sugiere la pregunta: para cualquier $n\geq 1$ encontrar una "bonita" interpretación combinatoria de las partes real e imaginaria de $i(i-1)(i-2)\cdots (i-n+1)=f_n+ig_n$ . Es fácil expresar $f_n$ y $g_n$ como ciertas sumas alternas de números de Stirling de la primera tipo, pero no lo considero "bonito". El $g_n$ parecen alternar en el signo que comienza con $n=5$ . El $f_n$ 's alternate in sign up to $n=17$ y luego parecen alternarse en el signo que comienza con $n=18$ . Es curioso que curioso que $i(i-1)(i-2)(i-3)=-10$ un número real. Se podría hacer la misma pregunta con $i$ sustituido por cualquier entero gaussiano $a+bi$ . En también puede preguntarse por la tasa de crecimiento asintótica de $f_n$ y $g_n$ . Claramente $f_n^2+g_n^2\sim C\cdot (n-1)!^2$ Así que uno esperaría que $f_n$ y $g_n$ para ser aproximadamente del tamaño de $(n-1)!$ .
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Asintótica: Veamos la cantidad
$$S(n)=(-1)^{n}(n+1)\binom{i}{n+1}=i\prod_{k=1}^{n+1}\left(1-\frac{i}{k}\right).$$ Es sólo su coeficiente binomial de arriba con el $(-1)^{n+1}$ y un extra de $n+1$ por lo que es un buen factor como producto.
Reclamación: Tenemos que
$$S(n)=\sqrt{\frac{\sinh{\pi}}{\pi}}e^{iC_{0}}e^{-i\log n}\left(1+O\left(\frac{1}{n}\right)\right),$$ donde
$$C_{0}=\frac{-\pi}{2}-1+\int_0^\infty \frac{\{x\}}{1+x^2}dx =\arg(\Gamma(i))\approx -1.872.$$
En particular, el ángulo se mueve alrededor del círculo como $\log n$ .
Aplicación a su pregunta: La afirmación anterior muestra que $$f_{n+1} = (-1)^{n+1} n! \sqrt{\frac{\sinh{\pi}}{\pi}}\cos(-\log n+C_0)\left(1+O\left(\frac{1}{n}\right)\right)$$ y $$g_{n+1} \sim (-1)^{n+1} n! \sqrt{\frac{\sinh{\pi}}{\pi}} \sin(-\log n+C_0)\left(1+O\left(\frac{1}{n}\right)\right).$$
En particular, la relación $g_n/f_n$ puede hacerse arbitrariamente grande o pequeña.
Prueba de la reclamación: En primer lugar, observamos que el tamaño es
$$\sqrt{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k^{2}}\right)}=\sqrt{\prod_{k=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{k^{2}}\right)}+O\left(\frac{1}{n}\right).$$ Para evaluar este producto, recordemos el producto de Weierstrass para la función Gamma $$\left(\Gamma(z)\right)^{-1}=ze^{\gamma z}\prod_{k=1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{k^{2}}\right)e^{-\frac{z}{r}}.$$ De ello se deduce que $$\frac{1}{|\Gamma(i)|^{2}}=\frac{1}{\Gamma(i)\Gamma(-i)}=\prod_{k=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{k^{2}}\right).$$ Utilizando la identidad $$\Gamma(x)\Gamma(-x)=-\frac{\pi}{x\sin\left(\pi x\right)},$$ ahora tenemos que $$\frac{1}{\Gamma(i)\Gamma(-i)}=\frac{-i\sin(i\pi)}{\pi}=\frac{\sinh(\pi)}{\pi},$$ que da lugar a la $\sqrt{\frac{\sinh(\pi)}{\pi}}$ plazo. Pasando a la evaluación del ángulo, mirando cada triángulo, y observando que el argumento es aditivo cuando se multiplica, obtenemos que el argumento es igual a
$$-\sum_{k=1}^{n}\tan^{-1}\left(\frac{1}{k}\right).$$
El signo negativo se debe a que estamos trabajando en el cuarto cuadrante. Observando la serie de Taylor para $\tan^{-1}$ vemos que lo anterior es $\log n+O(1)$ Sin embargo, me gustaría calcular este argumento con más precisión y obtener la constante. Comparemos nuestro $\tan^{-1}$ a la serie armónica. Reescribiendo las cosas en términos de una integral de Riemann Stieltjes, y utilizando la suma por partes, tenemos que
$$\sum_{k=1}^{n}\tan^{-1}\left(\frac{1}{k}\right)=\int_{0}^{n}\tan^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)d\left[x\right]=[n]\tan^{-1}(1/n)\int_{0}^{n}\frac{\left[x\right]}{1+x^{2}}dx. $$
Sacar el término principal con la identidad $[x]=x-\{x\}$ lo anterior es igual a
$$\int_{0}^{n}\frac{x}{1+x^{2}}dx-\int_{0}^{n}\frac{\{x\}}{1+x^{2}}dx.$$
Como la primera integral evalúa a $\frac{1}{2}\log(1+x^2)$ tenemos que $$\sum_{k=1}^{n}\tan^{-1}\left(\frac{1}{k}\right)=\log n +1-\int_0^\infty \frac{\{x\}}{1+x^2}dx +O\left(\frac{1}{n}\right).$$
Agradecimientos: Me gustaría agradecer a Noam Elkies por señalar que $$\prod_{k=1}^\infty \sqrt{1+\frac{1}{k^2}}=\frac{1}{|\Gamma(i)|}=\sqrt{\frac{\sinh(\pi)}{\pi}}$$ en los comentarios.
Editar: Se ha corregido la aparición de las constantes. Curiosamente $$\Gamma(i)=\sqrt{\frac{\pi}{\sinh{\pi}}}\exp\left(i\left(\frac{-\pi}{2}-1+\int_0^\infty \frac{\{x\}}{1+x^2}dx \right)\right).$$
No es necesario reinventar la rueda estimando $\prod_{k<n}(1+\frac1{k^2})$ . La fórmula asintótica para $f_n + i g_n$ se deduce fácilmente de la aproximación de Stirling (como ya señalé en mi comentario a la la pregunta original), y de hecho lo mismo es cierto para la asintótica como $n \rightarrow \infty$ de $w \choose n$ para cualquier $w \in {\bf C}$ la respuesta es simplemente
$$ \phantom{*0000000000000000000} {w \choose n} = \Bigl(1+O\bigl(\frac1n\bigr)\Bigr) \frac{(-1)^n}{\Gamma(-w)} n^{-w-1} \phantom{0000000000000000000}(*) $$
(y el $O(1/n)$ puede refinarse a una serie asintótica en potencias de $1/n$ ). Nótese que esto da cero precisamente para los valores $w=0,1,2,3,\ldots$ para lo cual $-w$ es un polo de $\Gamma$ , que también son los $w$ para lo cual ${w \choose n} = 0$ para un tamaño suficientemente grande $n$ . Para $w=i$ recuperamos el comportamiento observado: $\Gamma(i)$ es un número complejo de valor absoluto $(\pi / \sinh \pi)^{1/2}$ [en general $$|\Gamma(it)| = (\Gamma(it)\Gamma(-it))^{-1/2} = \left(\frac \pi {t \phantom. \sinh \pi t} \right)^{1/2} $$ de verdad $t \neq 0$ ], y $n^{-w-1}$ es un número complejo de valor absoluto $1/n$ que va una vez alrededor del origen cuando $n$ aumenta en un factor $e^{2\pi}$ . Así, cada uno de $\lbrace f_n \rbrace$ y $\lbrace g_n \rbrace$ alterna en el signo fuera de una secuencia infinita de excepciones que es asintóticamente una secuencia geométrica con razón común $e^\pi$ .
Para demostrar $(*)$ , escriba $$ {w \choose n} = \frac{(-1)^n}{n!} \prod_{k=0}^{n-1} (k-w) = \frac{(-1)^n}{n!} \frac{\Gamma(n-w)}{\Gamma(-w)} = \frac{(-1)^n}{n\Gamma(-w)} \frac{\Gamma(n-w)}{\Gamma(n)}. $$ Ahora entendemos $(-1)^n/n$ , y el factor $1 / \Gamma(-w)$ es constante, así que nos quedamos con $\Gamma(n-w) / \Gamma(n)$ . Aplicamos la siguiente forma de la fórmula de Stirling: existe una constante $\varpi>0$ (conocido por ser igual a $2\pi$ , pero no lo necesitaremos) tal que $$ \Gamma(z) = \bigl(1 + O(|z|^{-1}\bigr) z^z e^{-z} \sqrt{\varpi/z} $$ se mantiene como $|z| \rightarrow \infty$ en el semiplano derecho, donde $z^z = \exp (z \log z)$ y $\sqrt{\varpi/z}$ se definen utilizando las principales ramas de $\log z$ y $\sqrt z$ . Esto da $$ \frac{\Gamma(n-w)}{\Gamma(n)} = \Bigl(1+O\bigl(\frac1n\bigr)\Bigr) \frac{(n-w)^{n-w} e^{-(n-w)} (\varpi/(n-w))^{1/2}} {n^n e^{-n} (\varpi/n)^{1/2}} $$ $$ = \Bigl(1+O\bigl(\frac1n\bigr)\Bigr) \frac{(n-w)^{n-w}}{n^n} e^w \left(1-\frac{w}{n}\right)^{-1/2}. $$ Ahora el último factor es $1 + O(1/n)$ el factor $e^w$ es constante; y $$ (n-w)^{n-w} = (n-w)^{-w} (n-w)^n = \Bigl(1+O\bigl(\frac1n\bigr)\Bigr) n^{-w} (n-w)^n. $$ Así que nos quedamos con $$ \frac{\Gamma(n-w)}{\Gamma(n)} = \Bigl(1+O\bigl(\frac1n\bigr)\Bigr) n^{-w} e^{-w} \left(1 - \frac{w}{n}\right)^n = \Bigl(1+O\bigl(\frac1n\bigr)\Bigr) n^{-w}. $$ Esto completa la prueba de $(*)$ (y la cancelación en el último paso me hace sospechar que incluso este uso de Stirling es más complicado de lo necesario).
