¿Esto realmente convergen a 1/e? (Masaje una suma)

Question

Versión corta: podemos probar que $$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}^2 \frac{k!}{n^{2k}} \to \frac1e$$ como $n \to \infty$?

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Versión larga: en Primer lugar, considere la posibilidad de $$a_n = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}$$ Es bien sabido que el$a_n \to \dfrac1e$$n \to \infty$; de hecho, $a_n = \dfrac{!n}{n!}$ es el truncamiento de la primera $n$ términos de potencia de la serie para $e^x$, evaluado en $x = -1$ (donde $!n$ denota el subfactorial; también es igual al número de alteraciones en $n$ elementos). También hay una expresión simple para la generación de la función$A(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n$,$A(z) = \dfrac{e^{-z}}{1-z}$. (Ver Exponencial Funciones De Generación De Alteraciones.)

A continuación, considere $$b_n = \sum_{k=0}^n \frac{n^{\underline k}}{n^k} \frac{(-1)^k}{k!}$$ donde $n^{\underline k} = \binom{n}{k}k!$ denota una caída factorial, por lo que el factor adicional $\frac{n^{\underline k}}{n^k}$ $\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n(n)\cdots(n)} = 1\cdot\left(1 - \frac1n\right)\cdot\left(1 - \frac2n\right)\cdots\left(1 - \frac{k-1}n\right)$ que para un gran $n$ (fijas y $k$) es cercana a $1$. No sé si $b_n$ tiene una forma simple para la generación de la función, pero es fácil ver que $b_n \to \dfrac1e$ así; de hecho, por el teorema del binomio tenemos $b_n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (\frac{-1}{n})^k = \left(1 - \frac1n \right)^n$ que es bien conocido para converger a $\frac1e$ (de hecho un límite a veces se toma a la definición de $e^x$).

Por último, considere la posibilidad de $$c_n = \sum_{k=0}^n \frac{n^{\underline k}}{n^k} \frac{n^{\underline k}}{n^k} \frac{(-1)^k}{k!}$$

Esta es la misma transformación que va de $b_n$$c_n$$a_n$%#%. Pero podemos probar que $b_n$? (Y podemos escribir la generación de la función de forma compacta, acaso?) De manera más general, lo que existen técnicas que ayudan a probar algo acerca de $c_n \to \frac1e$, determinado $\sum t_n s_n$?

Esta pregunta surgió de un intento de responder a esta pregunta, donde llegué a la expresión de $\sum s_n$ anterior (yo lo llamé $c_n$; a continuación, voy a tratar de entender $P_{n, n, 0}$).

[Nota: estoy marcado este especial-funciones demasiado, como yo lo entiendo $P_{m, w, k}$ tiene algo que ver con funciones hipergeométricas / funciones de Bessel / algo como eso.]

Answer 1

Espero haber entendido bien su pregunta.

Para cualquier secuencia de números reales $(\alpha_n)_{n\geq 0}$ $p\in\mathbb N$ nos vamos a denotar por $(\alpha_n^{*p})$ (torpe de notación) la secuencia definida por $$\alpha_n^{*p}=\sum_{k=0}^n \left(\frac{n^{\underline k}}{n^k}\right)^p \alpha_k\, . $$

A continuación, la siguiente es cierto: para cualquier absolutamente convergente la serie de $\sum\alpha_k$, la secuencia de $(\alpha_n^{*p})_{n\geq 0}$ es convergente con límite de $\sum_0^\infty\alpha_k$. En particular, con $\alpha_k=\frac{(-1)^k}{k!}$ $p=2$ se puede conseguir que la $c_n\to1/e$.

Para ver esto, observe que uno puede escribir $$\alpha_n^{*p}=\sum_{k=0}^\infty q_{n,k}\, \alpha_k\, ,$$ donde $$q_{n,k}=\left\{ \begin{matrix} \left(\frac{n^{\underline k}}{n^k}\right)^p&k\leq n\\0&k>n \end{de la matriz}\right. $$

Para cada uno de ellos fijo $k$ tenemos $\lim_{n\to\infty} q_{n,k}=1$ por la fórmula de la $\frac{n^{\underline k}}{n^k}$ usted en su pregunta. Por otra parte, desde la $0\leq q_{n,k}\leq 1$ por la misma fórmula, también tenemos $\vert q_{n,k}\alpha_k\vert\leq \vert\alpha_k\vert$ todos los $n$ y cada una de las $k\geq 0$. Por el teorema de convergencia dominada (de serie), se sigue que $$\lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^\infty q_{n,k}\alpha_k=\sum_{k=0}^\infty\alpha_k\, , $$ que es el resultado requerido.

Answer 2

(Estoy respondiendo a mi propia pregunta, para reflejar lo que he entendido de usuario Etienne de la respuesta.)

La correspondiente herramienta es el teorema de convergencia dominada por serie (sumas). Hay referencias aquí y aquí, entre otros. Se dice que

si para cada a$k$,$f_n(k) \to f(k)$$n \to \infty$, y además cada una de las secuencias de $f_n$ está dominado por unas summable secuencia $g$ (que es $|f_n(k)| \le g(k)$ todos los $n$ $k$ donde $\sum_{k} g(k)$ existe), entonces $$\lim_{n \to \infty} \sum_k f_n(k) = \sum_{k} \lim_{n\to\infty} f_n(k) = \sum_k f(k)$$

(He intencionalmente dejado fuera los "tipos" de $k$, $f$, $f_n$, etc., para mantener la declaración concisa y debido a que el teorema es aplicable en términos generales.)

En particular, supongamos que sabemos que una determinada secuencia $s_k$ tiene la serie suma $\sum_{k \ge 0} s_k = S$. Supongamos, además, que $t_{m,k}$ es una secuencia de ajustes/templado factores, de tal manera que $|t_{m,k}| \le 1$, e $\lim_{m \to \infty} t_{m,k} = 1$ todos los $k$. A continuación, $$\lim_{m\to\infty} \sum_{k \ge 0} t_{m,k} s_k = \sum_{k\ge0} \lim_{m\to\infty} t_{m,k} s_k = \sum_{k\ge 0} s_k = S.$$

Por lo tanto multiplicando el $k$th plazo $s_k$ $t_{m,k}$ (que en el límite de es $1$) no afecta a la suma en el límite.

Lo que tenemos aquí es un caso particular con $t_{m,k} = \dfrac{m^{\underline k}}{m^k}\dfrac{m^{\underline k}}{m^k}$, lo que claramente va a $1$, y por lo tanto la suma (para el particular $s_k$'s en la pregunta) permanece $1/e$.