Series alternas cuyas sumas parciales cambian

Question

Quiero calcular el límite $$\lim_{i\rightarrow\infty}\frac{1}{(2i+1)!}\sum_{k=0}^i(-1)^{k+1}\binom{2i+3}{k}(i-k+2)^{2i+1}$$

Contexto: de este artículo Estoy intentando calcular el límite $$\lim_{i\rightarrow\infty}\frac{1}{(2i+1)!}[A_{1,0}(i,i)-A_{0,1}(i+1,i-1)]$$ donde $A_{p,q}(i,j)$ viene dada por la fórmula (1.1) del artículo.

He intentado simplificar el límite anterior poniendo el $(2i+1)!$ dentro de la suma y luego cancelar algún factorial del binomio: $$\sum_{k=0}^i(-1)^{k+1}\frac{1}{(2i+1)!}\binom{2i+3}{k}(i-k+2)^{2i+1}= \sum_{k=0}^i(-1)^{k+1}\frac{(2i+3)(2i+2)}{k!(2i+3-k)!}(i-k+2)^{2i+1}.$$

Desde $(2i+3)(2i+2)$ no depende de $k$ podemos eliminarlos de la suma: $$(2i+3)(2i+2)\sum_{k=0}^i(-1)^{k+1}\frac{(i-k+2)^{2i+1}}{k!(2i+3-k)!}.$$

Así que todo se reduce a $$\lim_{i\rightarrow\infty}(2i+3)(2i+2)\sum_{k=0}^i(-1)^{k+1}\frac{(i-k+2)^{2i+1}}{k!(2i+3-k)!}.$$

El producto fuera de la suma es del orden $4i^2$ . Si pudiera demostrar que la parte dentro de la suma es de un orden tal que el producto llega a cero estaría contento. Pero los signos alternos de las sumas me molestan mucho.

Extra : Según Mathematica, debería converger a cero:

f[i_] := N[(Sum[(-1)^(k + 1) Binomial[2 i + 3, 
       k] (i - k + 2)^(2 i + 1), {k, 0, i}])/((2 i + 1)!)]
Array[f, 100]

Output= {2.16667, 0.0416667, 0.268056, 0.185995, 0.150008, \
0.123581, 0.104117, 0.0892726, 0.0776475, 0.0683426, 0.0607579, \
0.054479, 0.0492115, 0.0447412, 0.0409088, 0.0375939, 0.0347037, \
0.0321657, 0.0299226, 0.0279285, 0.0261465, 0.0245463, 0.0231028, \
0.0217955, 0.020607, 0.0195227, 0.0185303, 0.0176191, 0.0167803, \
0.016006, 0.0152894, 0.0146248, 0.0140069, 0.0134314, 0.0128942, \
0.0123919, 0.0119214, 0.0114799, 0.011065, 0.0106745, 0.0103065, \
0.00995912, 0.00963083, 0.00932019, 0.00902589, 0.00874677, \
0.00848173, 0.00822982, 0.00799014, 0.00776186, 0.00754426, \
0.00733663, 0.00713836, 0.00694886, 0.00676759, 0.00659407, \
0.00642785, 0.00626849, 0.00611561, 0.00596884, 0.00582785, \
0.00569232, 0.00556197, 0.00543652, 0.00531571, 0.00519932, \
0.00508711, 0.00497887, 0.00487443, 0.00477358, 0.00467616, \
0.00458202, 0.00449099, 0.00440293, 0.00431771, 0.00423521, \
0.00415531, 0.00407788, 0.00400283, 0.00393005, 0.00385946, \
0.00379095, 0.00372444, 0.00365986, 0.00359712, 0.00353615, \
0.00347689, 0.00341926, 0.00336321, 0.00330867, 0.00325559, \
0.00320392, 0.0031536, 0.00310458, 0.00305682, 0.00301027, \
0.00296489, 0.00292063, 0.00287747, 0.00283537}

Answer 1

Esta solución depende de encontrar una expresión asintótica para

$$ S(n) := \sum_{k=1}^n(-1)^{n+k}\binom{2n}{n+k}k^{2n-3}. $$

La suma de la primera línea del problema puede escribirse como, con $n=i+2,$ mediante simples manipulaciones en serie, $$ \sum_{k=0}^i(-1)^{k+1}\binom{2i+3}{k}(i-k+2)^{2i+1}=-\sum_{k=1}^n(-1)^{n+k}\binom{2n-1}{n-k}k^{2n-3} + (-1)^n\binom{2n-1}{n-1} .$$

Para llegar al formulario $S(n),$ reconocen que $\binom{2n-1}{n-k}=(n+k)/(2n)\binom{2n}{n+k}$ y que la suma con potencias pares de $k$ en el sumando es idénticamente cero. También hay que reconocer que el último término de la ecuación anterior, cuando se divide por (2i+1)!, va rápidamente a cero por la fórmula de Stirling.

Ahora he resuelto un problema similar en Math Overflow 294590, y no lo repetiré, pero usando esas técnicas (con $f(x)=Li_{-(2n-3)}(x)$ ) se deriva,

$$S(n)=A(2n-3,n-3)-2\,A(2n-3,n-2)+A(2n-3,n-1)$$ donde el $A(n,k)$ son los números eulerianos. Esta fórmula puede reconocerse como una aproximación por diferencias finitas a

$$S(n)\approx\frac{d^2}{dk^2}\,A(2n-3,n+k-2)\big|_{k=0}.$$

Ahora ve a buscar la asintótica para los números eulerianos cerca de la parte central (donde tienen un pico fuerte) para encontrar que

$$A(2n-3,n+k-2)\sim (2n-3)!\sqrt{\frac{3}{\pi(n-1)}}\exp{(-3k^2/(n-1))}.$$

Por lo tanto, tenemos

$$S(n) \sim \, (2n-3)! \Big( \frac{-6}{n-1} \sqrt{\frac{3}{\pi(n-1)}} \Big). $$

De ello se desprende claramente (recuerde $i=n+2$ ) para ver que el límite de la primera ecuación del proponente va a 0 como $n^{-3/2}.$