Un término asintótico para una suma finita con números de Stirling

Question

La pregunta es un subproducto al final de este puesto .

El siguiente término asintótico garantizará la convergencia de algunas series.

$$\frac{1}{n!} \sum_{k = 1 }^{n } \frac{{n \brack k}}{k+1} = \mathcal{O} \left(\frac{1}{\ln n}\right), \quad \text{as} \quad n \rightarrow \infty.$$

Aquí $\displaystyle {n \brack k}$ son los números Stirling sin signo del primer tipo .

¿Puedes encontrar una prueba para ello?

Actualización: Se puede encontrar un documento interesante relacionado aquí .

Answer 1

Considere lo siguiente:

$$\begin{align} \frac{1}{n!}\sum_{k=1}^{n}\frac{{n\brack k}}{k+1} &\stackrel{\color{red}{[1]}}=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}\frac{{n\brack k}}{k+1}\\ &=\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}{n\brack k}\int_{0}^{1}x^k\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{n!}\int_{0}^{1}\left(\sum_{k=0}^{n}{n\brack k}x^k\right)\,\mathrm{d}x\\ &\stackrel{\color{red}{[2]}}=\frac{1}{n!}\int_{0}^{1}(x)^{(n)}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{n!}\int_{0}^{1}\frac{\Gamma{(x+n)}}{\Gamma{(x)}}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{n}\int_{0}^{1}\frac{\Gamma{(x+n)}}{\Gamma{(x)}\,\Gamma{(n)}}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{n}\int_{0}^{1}\frac{1}{\operatorname{B}{(x,n)}}\,\mathrm{d}x\\ &\stackrel{\color{red}{[3]}}\sim\frac{1}{n}\int_{0}^{1}\frac{1}{\Gamma{(x)}\,n^{-x}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{1}\frac{n^{x-1}}{\Gamma{(x)}}\,\mathrm{d}x\\ &\approx\int_{0}^{1}x\,n^{x-1}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{n\ln{n}-n+1}{n\ln^2{n}}\\ &=\frac{1}{\ln{n}}+\frac{\frac{1}{n}-1}{\ln^2{n}} \end{align}$$

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Notas:

$\color{red}{[1]}\;\;\;$ Para todos los números naturales $n>0$ los números de Stirling sin signo del primer tipo satisfacen la condición ${n\brack 0}=0$ .

$\color{red}{[2]}\;\;\;$ Los números Stirling sin signo del primer tipo surgen como coeficientes del factorial ascendente:

$$(x)^{(n)}=x(x+1)\cdots(x+n-1)=\sum_{k=0}^{n}{n\brack k}x^k.$$

$\color{red}{[3]}\;\;\;$ Para los grandes $n$ ( $x$ es fija), la aproximación de Stirling da la fórmula asintótica

$$\operatorname{B}{(x,n)}\sim \Gamma{(x)}\,n^{-x}.$$

Answer 2

Para mí, la demostración de David H tiene algunos problemas. ¿Cómo puede justificar esta aproximación $$\int_0^1\frac{n^{x-1}}{\Gamma(x)} \, dx \approx \int_0^1 x\, n^{x-1} \, dx$$ ? ¿Cuál es la razón para tomar sólo el primer término en la expansión de $\Gamma^{-1}(x)$ ? Para ilustrar la cuestión, observo que $$\frac{1}{\Gamma(x)} = x+ \gamma x^2 + O(x^3)$$ y por lo tanto, si tomamos sólo el primer término, llegamos al resultado de David. Pero si tenemos en cuenta también el segundo término, el resultado será diferente: $$\int_0^1 (x+ \gamma x^2)\, n^{x-1} \, dx = \frac{\ln n-2\gamma-n\ln n +2\gamma n +n\ln^2 n-2n\gamma\ln n +n\gamma \ln^2 n}{n\ln^3 n}\sim\frac{1+\gamma}{\ln n}$$ para grandes $n$ . Teniendo en cuenta más términos en la expansión para $\Gamma^{-1}(x)$ hace más visible la divergencia.

Así que me gustaría proponer otra demostración, que no proporciona el resultado exacto, pero da un buen límite superior. De hecho $$\int_0^1\frac{n^{x-1}}{\Gamma(x)} \, dx \leqslant \max\limits_{[0,1]}\frac{1}{\Gamma(x)}\cdot\int_0^1 n^{x-1} \, dx = \int_0^1 n^{x-1} \, dx = \frac{n-1}{n\ln n}\sim\frac{1}{\ln n}$$ como $n\to\infty$ . Las simulaciones numéricas muestran que la relación entre $\ln^{-1} n$ y la primera integral de la izquierda tiende a $1^{+}$ como $n\to\infty$ .

Answer 3

Lo tenemos:

$$\sum_{k=0}^n {n\brack k}x^k=x(x+1)\cdots(x+n-1)$$ (Ver Comtet, Combinatoria avanzada) y $$u_n=\frac{1}{n!} \sum_{k = 1 }^{n } \frac{{n \brack k}}{k+1}=\int_0^1\frac{t(t+1)\cdots (t+n-1)}{n!} dt$$

Ahora tenemos $\exp(-x)\geq 1-x$ para $x\geq 0$ . Por lo tanto, para $t\in [0,1]$ tenemos $$\frac{t(t+1)\cdots (t+n-1)}{n!}=t\prod_{k=1}^{n-1} (1-\frac{1-t}{k+1})\leq t\exp(-v_n (1-t))$$ donde $1+v_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$ .

Por lo tanto, $$u_n\leq \int_0^1 t\exp(-v_n (1-t))=\frac{1}{v_n}-\frac{1-\exp(-v_n)}{v_n^2}\leq \frac{1}{v_n}$$

Como $v_n\sim \log n$ hemos terminado.

Answer 4

Acabo de encontrar una prueba rigurosa. Todos los ingredientes ya estaban ahí. Considero de nuevo la expansión $$\frac{1}{\Gamma(x)}=x+\gamma x^2+\ldots=\sum_{k=1}^\infty x^k a_k$$ cuyos coeficientes se denotan por $a_k$ para abreviar. Ahora, se puede observar que para un número entero positivo $k$ y para los grandes $n$ $$\int_0^1 n^{x-1} x^k \, dx\sim\frac{1}{\ln n}$$ Así, en virtud de la convergencia uniforme, tenemos $$\int_0^1\frac{n^{x-1}}{\Gamma(x)} \, dx = \sum_{k=1}^\infty a_k \int_0^1 n^{x-1}x^k \sim \frac{1}{\ln n} \underbrace{\sum_{k=1}^\infty a_k}_{\Gamma^{-1}(1)}=\frac{1}{\ln n}\,,\qquad \text{as }\; n\to\infty$$ Además, extendiendo el método anterior a términos de orden superior, se puede obtener una asintótica más precisa
$$\frac{1}{n!}\sum_{k=1}^n\frac{\left[{n \atop k}\right]}{k+1}\,=\,\frac{1}{\,\ln n\,} - \frac{\gamma}{\,\ln^2 \!n\,} +\frac{\,6\gamma^2-\pi^2\,}{\,6\ln^3 \!n\,} + O\!\left(\frac{1}{\,\ln^4\!n\,}\right)\,,\qquad \text{as }\; n\to\infty$$ Los detalles de la derivación, así como asintóticas similares para términos generales en serie con coeficientes racionales para $\ln^{-1}\!2$ , $\ln^{-2}\!2$ y para la constante de Euler $\gamma$ puede ser encontrada en mi trabajo reciente (esta asíntota particular se trata en el Apéndice)

Answer 5

He calculado esta expansión asintótica para esta respuesta . Para relacionar ambos, utilizaremos $$\newcommand{\stirone}[2]{\left[{#1}\atop{#2}\right]} \sum_{k=0}^n\stirone{n}{k}x^k=\frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(x)}\tag{1}$$ Integración de $(1)$ en $[0,1]$ y dividiendo por $n!=\Gamma(n+1)$ da $$\frac1{n!}\sum_{k=0}^n\frac{\stirone{n}{k}}{k+1} =\int_0^1\frac{\Gamma(n+x)}{\Gamma(n+1)\Gamma(x)}\mathrm{d}x\tag{2}$$ Para $x\in[0,1]$ , La desigualdad de Gautschi dice $$(n+1)^{x-1}\le\frac{\Gamma(n+x)}{\Gamma(n+1)}\le n^{x-1}\tag{3}$$ Dividiendo $(3)$ por $\Gamma(x)$ y la integración en $[0,1]$ da $$\int_0^1\frac{(n+1)^{x-1}}{\Gamma(x)}\mathrm{d}x \le\int_0^1\frac{\Gamma(n+x)}{\Gamma(n+1)\Gamma(x)}\mathrm{d}x \le\int_0^1\frac{n^{x-1}}{\Gamma(x)}\mathrm{d}x\tag{4}$$ Sustituyendo $x\mapsto1-x$ obtenemos la expansión asintótica $$\begin{align} \int_0^1\frac{n^{x-1}}{\Gamma(x)}\mathrm{d}x &=\int_0^1\frac{n^{-x}}{\Gamma(1-x)}\mathrm{d}x\\ &=\int_0^1\left(1-\gamma x-\left(\tfrac{\pi^2}{12}-\tfrac{\gamma^2}2\right)x^2+O\left(x^3\right)\right)e^{-x\log(n)}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{\log(n)}-\frac\gamma{\log(n)^2}-\frac{\frac{\pi^2}6-\gamma^2}{\log(n)^3}+O\left(\frac1{\log(n)^4}\right)\tag{5} \end{align}$$ Dado que la diferencia entre $(5)$ para $n$ y $n+1$ es $O\left(\frac1n\right)$ , $(4)$ dice que tenemos $$\int_0^1\frac{\Gamma(n+x)}{\Gamma(n+1)\Gamma(x)}\mathrm{d}x=\frac1{\log(n)}-\frac\gamma{\log(n)^2}-\frac{\frac{\pi^2}6-\gamma^2}{\log(n)^3}+O\left(\frac1{\log(n)^4}\right)\tag{6}$$