Calcular $\sum_{i = 0}^{n}\ln\binom{n}{i}\Big/n^2$

Question

Calcular $$\sum_{i = 0}^{n}\ln\binom{n}{i}\Big/n^2$$

Sólo puedo delimitarlo de la siguiente manera:

$$\binom{n}{i}<\left(\dfrac{n\cdot e}{k}\right)^k$$ $$\sum_{i = 0}^{n}\ln\binom{n}{i}\Big/n^2<\dfrac{1}{n}\dfrac{k}{n}\left(\ln(\dfrac{n}{k}\cdot e)\right)\rightarrow\int_0^1t\ln\dfrac{e}{t}dt=\dfrac{3}{4}$$

Pero las pruebas numéricas me dicen que el resultado parece ser $\dfrac{1}{2}$ .

¿Cómo puedo conseguirlo?

Answer 1

Un enfoque para calcular el límite como $n \to \infty$ es utilizar la fórmula de la suma de Euler-Maclaurin dos veces.

Empezaremos por reescribir

$$ \begin{align} \frac{1}{n^2} \sum_{i=0}^{n} \log \binom{n}{i} &= \frac{1}{n^2}\left[(n+1)\log n!-2\sum_{i=0}^{n} \log i!\right] \\ &= \frac{(n+1)\log n!}{n^2} - \frac{2}{n^2}\sum_{i=0}^{n} \log i!. \tag{1} \end{align} $$

La fórmula de Stirling (a través de la fórmula de Euler-Maclaurin) nos dice que

$$ \log n! = n\log n - n + O(\log n) $$

como $n \to \infty$ Así que

$$ \frac{(n+1)\log n!}{n^2} = \log n - 1 + O\!\left(\frac{\log n}{n}\right). \tag{2} $$

Para la suma restante recurriremos de nuevo a la fórmula de Stirling para escribirla como

$$ \begin{align} \sum_{i=0}^{n} \log i! &= \sum_{i=1}^{n} i\log i - \sum_{i=1}^{n} i + O\!\left(\sum_{i=1}^{n} \log i \right) \\ &= \sum_{i=1}^{n} i\log i - \frac{1}{2}n^2 + O(n\log n). \end{align} $$

Por Euler-Maclaurin

$$ \begin{align} \sum_{i=1}^{n} i\log i &= \int_1^n x\log x \,dx + O(n\log n) \\ &= \frac{1}{2}n^2 \log n - \frac{1}{4}n^2 + O(n\log n), \end{align} $$

e insertando esto en la fórmula anterior se obtiene

$$ \sum_{i=0}^{n} \log i! = \frac{1}{2}n^2 \log n - \frac{3}{4}n^2 + O(n\log n). \tag{3} $$

Combinando $(2)$ y $(3)$ en $(1)$ rinde

$$ \begin{align} \frac{1}{n^2} \sum_{i=0}^{n} \log \binom{n}{i} &= \left[\log n - 1 + O\!\left(\frac{\log n}{n}\right)\right] + \left[- \log n + \frac{3}{2} + O\!\left(\frac{\log n}{n}\right)\right] \\ &= \frac{1}{2} + O\!\left(\frac{\log n}{n}\right), \end{align} $$

como se desee.

Answer 2

Dejemos que $S(n)$ sea la suma definida por

$$S(n)\equiv\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}\log \binom{n}{k} \tag1$$

Ampliación de términos en $(1)$ rinde

$$\begin{align} S(n)&=\frac{1}{n^2}\left((n+1)\log n!-2\sum_{k=0}^{n}\log k!\right)\\\\ &=\frac{1}{n^2}\left((n-1)\log n!-2\sum_{k=2}^{n-1}\log k!\right)\tag2 \end{align}$$

Sustituyendo $\log k!=\sum_{\ell=2}^{k}\log \ell$ y la simplificación de los términos revela

$$S(n)=\frac{1}{n^2}\left(-(n+1)\log n!+2\sum_{k=1}^{n}k\log k\right)\tag3$$

A continuación, utilizando el Fórmula de Euler-MacLaurin podemos escribir la suma en $(3)$ como

$$\sum_{k=1}^{n}k\log k=\frac12 n^2\log n-\frac14 n^2+\frac12 n\log n\,+\frac{1}{12}\log n+\left(\frac14-\frac{1}{720}+\frac{1}{5040}\right)+\frac{1}{720}\frac{1}{n^2}-\frac{1}{5040}\frac{1}{n^4}+R$$

donde un límite bruto para el resto $R$ puede demostrarse que está dada aquí por $|R|\le \frac{1}{630}$ .

Del mismo modo, la fórmula de Euler-McLaurin para $\log n!$ se puede escribir

$$\log n!=n\log n-n+\frac12 \log n+\left(1- \frac{1}{12}+\frac{1}{720}\right)+\frac{1}{12}\frac{1}{n}-\frac{1}{720}\frac{1}{n^3}+R'$$

donde un límite bruto para el resto $R'$ puede demostrarse que está dada aquí por $|R|\le\frac{1}{360}$ .

Al juntar todo esto se revela la expansión para $S$ como

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{S\sim \frac12 -\frac12 \frac{\log n}{n}-\frac13 \frac{\log n}{n^2}+\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{720}\right)\frac{1}{n}-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{240}\right) \frac{1}{n^2}-\frac{1}{12}\frac{1}{n^3}+\frac{1}{240}\frac{1}{n^4}}$$