Una expresión asintótica de la suma de potencias de coeficientes binomiales.

Question

Dejemos que $k$ sea un número fijo positivo y $n$ un número entero creciente hasta el infinito. Entonces $$\sum_{\nu =0}^n \binom{n}{\nu}^k \sim \frac{2^{kn}}{\sqrt{k}} \left( \frac{2}{\pi n} \right)^{\frac{k-1}{2}}.$$ Esto es de Polya's Problemas y teoremas de análisis Vol. 1, Parte II, Problema 40. La prueba proporcionada en el libro es demasiado simple. Dice que los detalles se pueden encontrar en el libro de Jordan Curso de análisis , Vol.2, 3ª Ed, pp. 218-221. Sin embargo, no puedo encontrar esta edición en línea, y lo que es peor, no hay ninguna traducción al inglés. ¿Puede alguien dar una prueba en detalle?

Answer 1

Este tipo de asintótica se desprende del Teorema Central del Límite. Si consideramos la variable aleatoria binomial $X=B(n,1/2)$ como la suma de $n$ ensayos Bernoulli independientes, tenemos: $$\mathbb{E}[X]=\frac{n}{4}, \qquad \operatorname{Var}[X]=\frac{n}{4}$$ a partir de la cual la aproximación: $$\frac{1}{2^n}\binom{n}{n/2+r}\approx \sqrt{\frac{2}{n\pi}}\exp\left(-\frac{2r^2}{n}\right).\tag{1}$$ Al considerar la $k$ -ésima potencia de ambos términos y sumando sobre $r\in[-n/2,n/2]$ (la contribución principal viene dada claramente por el coeficiente binomial central y sus vecinos) obtenemos: $$\sum_{r=-n/2}^{n/2}\binom{n}{n/2+r}^k \approx 2^{kn}\left(\frac{2}{\pi n}\right)^{\frac{k}{2}}\sum_{r=-n/2}^{n/2}\exp\left(-\frac{2kr^2}{n}\right)\tag{2}$$ y la afirmación se deduce de aproximar la última suma con: $$\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-\frac{2kx^2}{n}\right)\,dx = \sqrt{\frac{\pi n}{2k}}.\tag{3}$$

Answer 2

Esto no es una respuesta, pero es demasiado largo para el formato habitual de los comentarios. Tengo acceso a la referencia dada en el OP, así que lo busqué, pero me decepcionó.

En esas páginas 218 a 221, C. Jordan no considera en ninguna parte las sumas $\sum_{\nu} \binom{n}{\nu}^k$ para $k$ que no sea $1$ . El resultado más fuerte que se muestra es una forma de la CLT : Jordan muestra que para $p\in[0,1]$ , si $(\lambda_{n})$ es una secuencia de números enteros tal que $\frac{\lambda_n}{n^a}$ está acotado para algún $a<1$ entonces

$$ \sum_{\nu=\frac{n}{2}-\lambda_n}^{\frac{n}{2}+\lambda_n} \binom{n}{\nu}p^\nu(1-p)^{n-\nu} \sim_{n\to+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi p(1-p)n}} \int_{-\lambda_n}^{\lambda_n} e^{-\frac{x^2}{2p(1-p)n}}dx $$

El ingrediente clave de la prueba es que como $\lambda_n$ es lo suficientemente pequeño en comparación con $n$ podemos utilizar una aproximación de Stirling $\log(t!)\sim (t+\frac{1}{2})\log(t)-t+\frac{\log(2\pi)}{2}$ para todos los enteros $t$ que necesitamos.

La única forma en que esto puede ayudar en mi opinión es que sugiere mostrar algo como

$$ \sum_{\nu =0}^n \binom{n}{\nu}^k \sim \sum_{\nu =\frac{n}{2}-n^a}^{\frac{n}{2}+n^a}\binom{n}{\nu}^k $$

para algunos $a<1$ dependiendo quizás de $k$ . Eso es todavía un gran "si".