Originalmente fue pedido en otra web pero nadie ha sido capaz de demostrar el resultado numérico. Los intentos generalmente van por la aproximación de Stirling o tratan de usar el teorema de Silverman-Toeplitz.
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zhw.
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Como ya es conocido por @SimpleArt, la expresión equivale a
$$\tag 1 (n+1)\ln n!-2\sum_{k=1}^n\ln k!.$$
La suma de la derecha es igual a
$$\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^{k}\ln j = \sum_{j=1}^{n}(n-j+1)\ln j= (n+1)\ln n! - \sum_{j=1}^{n} j\ln j.$$
Por lo tanto es igual $(1)$
$$\tag 2 -(n+1)\ln n! +2 \sum_{j=1}^{n} j\ln j.$$
Ahora $\ln n! = \sum_{k=1}^{n} \ln k,$ y esta suma pueden compararse muy bien con $\int_1^n \ln x \, dx$ llegar
$$\ln n! = n\ln n - n +O(\ln n).$$
Del mismo modo, puede compararse $\sum_{j=1}^{n} j\ln j $ $\int_1^\infty x \ln x \, dx$ para dar
$$\sum_{j=1}^{n} j\ln j = \frac{n^2\ln n}{2}-\frac{n^2}{4} +O(n\ln n).$$
Poniendo esto en conjunto, vemos algunos cancelación agradable muestra $(2)$ es igual a $n^2/2 + O(n\ln n).$ %#% de división #% da $n^2$ para el límite deseado.
Lissome
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31
Por Stolz Cezaro $$\lim\limits_{n\to\infty}\frac {1}{n^2}\sum\limits_{k=0}^{n}\ln\binom{n}{k}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac {1}{2n+1} \left(\sum\limits_{k=0}^{n+1}\ln\binom{n+1}{k}- \sum\limits_{k=0}^{n}\ln\binom{n}{k} \right)\\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac {1}{2n+1} \sum\limits_{k=0}^{n}\left(\ln\binom{n+1}{k}- \ln\binom{n}{k} \right)\\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac {1}{2n+1} \sum\limits_{k=0}^{n}\ln\left(\frac{(n+1)!}{k!(n+1-k)!} \frac{k!(n-k)!}{n!} \right)\\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac { \sum\limits_{k=0}^{n}\ln\left(\frac{(n+1)}{(n+1-k)} \right)}{2n+1}\\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac { \ln\left(\prod\limits_{k=0}^{n}\frac{(n+1)}{(n+1-k)} \right)}{2n+1}\\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac { \ln\left(\frac{(n+1)^n}{(n+1)!} \right)}{2n+1}\\ $$
La aplicación de stolz Cezaro de nuevo, obtenemos $$ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac { \ln\left(\frac{(n+2)^{n+1}}{(n+2)!} \right)-\ln\left(\frac{(n+1)^n}{(n+1)!} \right)}{2} \\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac { \ln\left(\frac{(n+2)^{n+1}}{(n+2)!} \frac{(n+1)!}{(n+1)^n} \right)}{2} \\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac { \ln\left(\frac{(n+2)^{n}} {(n+1)^n} \right)}{2}\\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac { \ln\left(1+\frac{1}{n+1} \right)^n}{2}\\ =\frac{\ln(e)}{2}=\frac{1}{2} $$
marty cohen
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33863
Aquí es como una respuesta exacta como usted desea, a partir de mi respuesta aquí: Demostrar que $\prod_{k=1}^{\infty} \big\{(1+\frac1{k})^{k+\frac1{2}}\big/e\big\} = \dfrac{e}{\sqrt{2\pi}}$
$$\prod_{k=0}^n \binom{n}{k} \sim C^{-1}\frac{e^{n(n+2)/2}}{n^{(3n+2)/6}(2\pi)^{(2n+1)/4}} \exp\big\{-\sum_{p\ge 1}\frac{B_{p+1}+B_{p+2}}{p(p+1)}\frac1{n^p}\big\}\text{ como }n \to \infty $$ donde $$\begin{align} C &= \lim_{n \to \infty} \frac1{n^{1/12}} \prod_{k=1}^n \big\{k!\big/\sqrt{2\pi k}\big(\frac{k}{e}\big)^k\big\}\\ &\approx 1.04633506677...\\ \end{align} $$ y el $\{B_p\}$ son los números de Bernoulli, definido por $$\sum_{p \ge 0} B_p\frac{x^p}{p!} = \frac{x}{e^x-1} .$$
Toma de registros,
$$\sum_{k=0}^n \ln\binom{n}{k} \sim \ln C+n(n+2)/2-(3n+2)\ln n/6-(2n+1)\ln(2\pi)/4 -\sum_{p\ge 1}\frac{B_{p+1}+B_{p+2}}{p(p+1)}\frac1{n^p}\\ \text{ como }n \to \infty $$
Dividiendo por $n^2$,
$$\dfrac1{n^2}\sum_{k=0}^n \ln\binom{n}{k} \a \dfrac12 \text{ como }n \to \infty $$
