Un límite de Coeficientes binomiales

Question

Que $$x_n=\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^n \ln\left(n\atop k\right).$$ Find the limit of $ x_n$.

Lo que puedo hacer es usar fórmula de Stolz. Pero no podía proceder.

Answer 1

El límite es de $\frac{1}{2}$. Sólo tenemos $$ \begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^n \log {n\choose k} &=& \sum_{k=0}^n \log n! - \sum_{k=0}^n \log k! - \sum_{k=0}^n \log (n-k)! \\ &=& (n+1)\log n! - 2\sum_{k=1}^n \log k!. \end{eqnarray *} $$ $$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \log k! &=& \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \log j \\ &=& \sum_{j=1}^n \sum_{k=j}^n \log j \\ &=& \sum_{j=1}^n (n-j+1)\log j \\ &=& (n+1)\sum_{j=1}^n \log j - \sum_{j=1}^n j\log j \\ &=& (n+1)\log n! - n^2 \frac{1}{n}\sum_{j=1}^n \frac{j}{n}\log \frac{j}{n} - \sum_{j=1}^n j\log n \\ &=& (n+1)\log n! - n^2\int_0^1 dx\ x\log x - \frac{n(n+1)}{2}\log n + O(n\log n) \\ &=& (n+1)\log n! +\frac{n^2}{4} - \frac{n(n+1)}{2}\log n + O(n\log n). \end{eqnarray *} $$ (la estimación del error anterior probablemente puede ser apretada).

Utilizando la aproximación de Stirling encontramos $$ \begin{eqnarray*} \frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^n \log {n\choose k} &=& -\frac{n+1}{n^2}(\log n! - n\log n) - \frac{1}{2} + O\left(\frac{\log n}{n}\right) \\ &=& -\frac{n+1}{n^2}(-n + O(\log n)) - \frac{1}{2} + O\left(\frac{\log n}{n}\right) \\ &=& \frac{1}{2} + O\left(\frac{\log n}{n}\right). \end{eqnarray *} $$

Answer 2

La suma no divergen, pero converge. Yo sospecho que converge a $1/2$ basado en el valor en $n=5000$ [link], pero sólo he podido obligado por $3/4$.

De Wikipedia, $$\binom{n}{k} \leq \left(\frac{n \cdot e}{k}\right)^k$$

A continuación, $$\begin{align} x_n=\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^n\ln \binom{n}{k}&\leq \frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^n\ln \left(\frac{n \cdot e}{k}\right)^k\\ &=-\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^n k\ln \left(\frac{k}{n \cdot e}\right)\\ &=-\frac{1}{n}\sum_{k=0}^n \left(\frac{k}{n}\right)\ln \left(\frac{k}{n \cdot e}\right)\end{align}$$

Mirando esto como una Suma de Riemann,

$$\begin{align} \lim_{n \to \infty} x_n &\leq \lim_{n \to \infty}-\frac{1}{n}\sum_{k=0}^n \left(\frac{k}{n}\right)\ln \left(\frac{k}{n \cdot e}\right) \\ &= \int_0^1 -x\ln\left(\frac{x}{e}\right)\mathrm{d}x \\ &=\left.\frac{x^2}{4}-\frac{x^2}{2}\ln x+\frac{x^2}{2}\ln e\right|_0^1 \\ &=\frac{3}{4} \end{align}$$

También puede enlazar desde abajo, por $\frac{1}{4}$ tomando $\binom{n}{k} \geq \left(\frac{n}{k}\right)^k$.

Answer 3

He conseguido reducir un poco. $$x_n=\frac{1}{n^2}\ln(\prod_{k=0}^n \binom{n}{k})$$

$$x_n=\frac{1}{n^2}\ln \left ( \frac{n!}{(n-0)!0!}\frac{n!}{(n-1)!1!}\frac{n!}{(n-2)!2!}...\frac{n!}{(n-n)!n!}\right )$$

$$x_n=\frac{1}{n^2}\ln \left ( \frac{n!^{(n+1)}}{(0!1!2!...n!)^2} \right )$$

$$x_n=\frac{n+1}{n^2}\ln \left ( n! \right )-\frac{2}{n^2}\ln \left ( 0!1!2!...n! \right )$$

$$x_n=\frac{n+1}{n^2}\ln \left ( n! \right )-\frac{2}{n^2}\sum_{k=0}^n \ln(k!)$$

Usando la aproximación de Stirling para grandes $n$ ($ \ln(n!)=n \ln(n)-n$):

$$x_n=\frac{n+1}{n^2}(n \ln(n)-n)-\frac{2}{n^2}\sum_{k=0}^n \ln(k!)$$

$$x_n=\frac{n \ln(n)-n}{n}+\frac{n \ln(n)-n}{n^2}-\frac{2}{n^2}\sum_{k=0}^n \ln(k!)$$

$$x_n=\ln(n)-1+\frac{ \ln(n)-1}{n}-\frac{2}{n^2}\sum_{k=0}^n \ln(k!)$$

Teniendo en cuenta que $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\ln(n)}{n}=0$, $n \rightarrow \infty$:

$$x_n=\ln(n)-1-\frac{2}{n^2}\sum_{k=0}^n \ln(k!)$$

Answer 4

$x_n=\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}\ln{n\choose k}=\frac{1}{n^2}\ln(\prod {n\choose k})=\frac{1}{n^2}\ln\left(\frac{n!^n}{n!^2.(n-1)!^2(n-2)!^2...0!^2}\right)$ desde ${n\choose k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

$e^{n^2x_n}=\left(\frac{n^n(n-1)!}{n!^2}\right)e^{(n-1)^2x_{n-1}}=\left(\frac{n^{n-1}}{n!}\right)e^{(n-1)^2x_{n-1}}$

Por la aproximación de Stirling, $n! \sim n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}$

$e^{n^2x_n}\sim \left(\frac{e^n}{n\sqrt{2\pi n}}\right)e^{(n-1)^2x_{n-1}}$

$x_n \sim \frac{(n-1)^2}{n^2}x_{n-1}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}\ln(n\sqrt{2\pi n})$

El término de $\frac{1}{n}$ fuerzas $x_n$ y tienden al infinito, porque $\frac{1}{n^2}\ln(n\sqrt{2\pi n})$ no crece lo suficientemente rápido como para detenerlo divergentes.

Answer 5

$$ \frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}ln\binom n k =\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}ln\frac{n!}{k!(n-k)!} =\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}(ln(n!)-ln(k!)-ln((n-k)!)) =\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}ln(n!)-\frac{2}{n^2}\sum_{k=1}^{n}ln(k!) =\frac{n+1}{n^2}ln(n!)-\frac{2}{n^2}\sum_{k=0}^{n}ln(k!) $$

porque ln(n!)~nln(n)-n,por lo que

$$ \frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}ln\binom n k =\frac{n+1}{n^2}(nln(n)-n)-\frac{2}{n^2}\sum_{k=1}^{n}(kln(k)-k) $$

a continuación, voy a probar a $\sum_{k=1}^{n}(kln(k)) \rightarrow \frac{n^2}{2}(ln(n)-1/2)$

$$ \int_{i=x-1}^{x}(iln(i))dx<xln(x)<\int_{i=x}^{x+1}(iln(i))dx $$

y

$$ \int(xln(x))dx=x^2/2(lnx-1/2) $$

para resumir, tenemos $$ \sum_{k=1}^{n}(kln(k)) \rightarrow \frac{n^2}{2}(ln(n)-\frac{1}{2}) $$ entonces

$$ \frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}ln\binom n k =\frac{n+1}{n^2}(nln(n)-n)-\frac{2}{n^2}\sum_{k=1}^{n}(kln(k)-k) =\frac{n+1}{n}(ln(n)-1)-\frac{2}{n^2}(\frac{n^2}{2}(lnn-\frac{1}{2})-\frac{n(n+1)}{2}) =ln(n)-1-(ln(n)-1/2-1)=1/2 $$