Evaluar

Question

Evaluar

$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac {1}{2^n} \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{{n}\choose{k}}{\sqrt{k}}$$

Primera vez que pensó en la aproximación de Stirling pero no consiguió nada por aplicarlo. También pienso en una suma de Riemann, pero ninguna idea cómo volver a escribir...

La respuesta es $0$.

Answer 1

Deje $a_k = k^{-1/2}$. Observe que $(a_k)$ disminuye a $0$. A continuación, para cada uno de ellos fijo $m \geq 1$, y para todos los $n \geq m$,

$$ \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} a_k \leq \frac{1}{2^n} \underbrace{\sum_{k=1}^{m} \binom{n}{k} (a_k - a_m)}_{= \mathcal{O}(n^m)} + \frac{1}{2^n} \underbrace{\sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} a_m}_{=(2^n - 1)a_m}. $$

Tomando limsup como $n\to\infty$, se deduce que

$$ \limsup_{n\to\infty} \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} a_k \leq a_m $$

Desde $a_m \to 0$$m\to\infty$, esto demuestra

$$ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} a_k = 0. $$

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Adenda. Acabo de ver que el OP es un estudiante de secundaria. Aquí es un poco tweak del argumento anterior, que no utiliza ningún tipo de lujo análisis de materias.

Deje $m_n = \lfloor \log n \rfloor$. A continuación, para $n \geq 3$, siempre tenemos $1 \leq m_n \leq n$. Entonces

\begin{align*} 0 \leq \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{\sqrt{k}} &= \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{m_n} \binom{n}{k} \frac{1}{\sqrt{k}} + \frac{1}{2^n} \sum_{k=m_n + 1}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{\sqrt{k}} \\ &\leq \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{m_n} n^k + \frac{1}{2^n} \sum_{k=m_n + 1}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{\sqrt{m_n}} \tag{1} \\ &\leq \frac{n^{1+m_n}}{2^n} + \frac{1}{\sqrt{m_n}}. \tag{2} \end{align*}

Para $\text{(1)}$ I utilizado el hecho de que $\binom{n}{k} \leq n^k$ $\frac{1}{\sqrt{k}}$ está disminuyendo. Para $\text{(2)}$ I utilizó la fórmula de la suma geométrica y la identidad de $\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = 2^n$.

Ahora tomando la $n\to\infty$ y la aplicación de la apretando lema demuestra la reclamación.

Answer 2

Es suficiente aplicar método de Laplace.

A través de la inversa de Laplace transforman tenemos $\frac{1}{\sqrt{k}}=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-ks}}{\sqrt{\pi s}}\,ds $, por lo tanto

%#% $ de #% donde la última función integrando se comporta como $$ \sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{\sqrt{k}} = \int_{0}^{+\infty}\frac{-1+(1+e^{-s})^n}{\sqrt{\pi s}}\,ds =\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\left[(1+e^{-s^2})^n-1\right]\,ds$.
Sigue %#% $ #% y el límite buscado es simplemente cero.

Answer 3

Mediante adición de Abel y el hecho de que $\sum \limits_{k=1}^{n} \binom{n}{k} = 2^{n}-1$ puede resolver la pregunta anterior.

De sumación de Abel podemos decir que $\sum \limits_{k=1}^{n} \frac{\binom{n}{k}}{\sqrt{k}} \approx \frac{\sum \limits_{k=1}^{n} \binom{n}{k}}{\sqrt{n}}-\int \limits_{1}^{n} ( \sum \limits_{k=1}^{t} \binom{t}{k} \frac{d}{dx}(\sqrt{t})) dt $

Sustituyendo llegamos a: $ \frac{2^{n}-1}{\sqrt{n}}-\int \limits_{1}^{n} ( 2^{t}-1) \frac{d}{dx}(\sqrt{t}) dt $

Fácil comparación prueba para acatar la parte integral de $\frac{2^n}{\sqrt{n}}$.

Por lo tanto su máximo entre $0$y $2\frac{2^n}{\sqrt{n}}$ que acercan a $0$ cuando dividido por $2^n$ cuando $n \to \infty$.

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \lim_{n \to \infty}\bracks{{1 \over 2^{n}}\sum_{k = 1}^{n} {{n \choose k} \over \root{k}}} & = \lim_{n \to \infty}\bracks{{1 \over 2^{n}}\sum_{k = 1}^{n} {n \choose k}\,{1 \over \root{\pi}}\int_{0}^{\infty}t^{-1/2}\expo{-kt}\,\dd t} \\[5mm] & = {1 \over \root{\pi}}\lim_{n \to \infty}\bracks{{1 \over 2^{n}}\int_{0}^{\infty}{\pars{1 + \expo{-t}}^{n} - 1 \over t^{1/2}}\,\dd t} \\[5mm] & = {1 \over \root{\pi}}\lim_{n \to \infty}\braces{{1 \over 2^{n - 1}} \int_{0}^{\infty}\bracks{{\pars{1 + \expo{-t^{2}}}^{n} - 1}}\,\dd t} \label{1}\tag{1} \\[5mm] & = {1 \over \root{\pi}}\lim_{n \to \infty}\bracks{{1 \over 2^{n - 1}} \int_{0}^{\infty}\pars{2^{n} - 1} \exp\pars{-\,{2^{n - 1} \over 2^{n} - 1}\,n\,t^{2}}\,\dd t} \label{2}\tag{2} \\[5mm] & = \bbx{\ds{0}} \end{align}

En línea \eqref{1}, he utilizado el Método de Laplace para 'llegar' a la línea \eqref{2}.

Answer 5

$$\lim_{n \to \infty} \frac {1}{2^n} \sum_{k=1}^n \frac{{n}\choose{k}}{\sqrt{k}}=0$$

Me ofrecen un bosquejo de la prueba. La idea básica es la siguiente: para un gran $n$, el pequeño de los valores de $k$ va a hacer pequeñas contribuciones, por $\frac{{n \choose k}}{2^n}$ será pequeño allí, y los grandes valores de $k$ va a hacer pequeñas contribuciones porque $\sqrt{\frac{1}{k}}$ será pequeño allí. Por lo tanto, la suma total debe ser demasiado pequeño.

• Escribir $f(x)=x^{-1/2}\mathbb{I}(x\ge 1)$, y deje $X$ denotar una variable aleatoria binomial con parámetro de $1/2$ $n$ ensayos.
• Entonces, el término que estamos tomando los límites de es $\mathbb{E}f(X)$
• El Teorema del Límite Central dice que, para un gran$n$, $X\approx N(n/2,n/4)$ como distribuciones.
• Así, podemos (handwaving un poco) deducir que $$\frac{{n}\choose{k}}{2^n} \approx\sqrt{\frac{2}{\pi n}}\exp\left(-\frac{(2k-n)^2}{2n}\right)$$
  • También se podría establecer a través de la fórmula de Stirling, o es probable que otros métodos, si es necesario.
• Tomar algunas $\epsilon\in(0,1/3)$, y dividir la suma en $1\le k\le (1-\epsilon)\frac{n}{2}, k>(1-\epsilon)\frac{n}{2}$.
  • En el primer caso, tenemos $$(2k-n)^2 \geq \epsilon^2n^2 \implies \exp\left(-\frac{(2k-n)^2}{2n}\right) \le \exp\left(-\frac{n\epsilon^2}{2}\right).$$ Thus, approximately, $$\frac {1}{2^n} \sum_{k=1}^{(1-\epsilon)\frac{n}{2}} \frac{{n}\choose{k}}{\sqrt{k}} \le \sum_{k=1}^{(1-\epsilon)\frac{n}{2}}\sqrt{\frac{2}{\pi n k}}\exp\left(-\frac{n\epsilon^2}{2}\right) \le(1-\epsilon)\sqrt{\frac{n}{2\pi}}\exp\left(-\frac{n\epsilon^2}{2}\right)\to 0$$
  • Para el resto de la suma, $$\frac {1}{2^n} \sum_{k>(1-\epsilon)n/2} \frac{{n}\choose{k}}{\sqrt{k}} \le \sum_{k>(1-\epsilon)n/2} \frac{{n}\choose{k}}{2^n}\sqrt{\frac{2}{{(1-\epsilon)n}}} \le \sum_{k\ge0} \frac{{n}\choose{k}}{2^n}\sqrt{\frac{2}{{(1-\epsilon)n}}}=\sqrt{\frac{2}{{(1-\epsilon)n}}}\to 0.$$

Por lo tanto, como se desee, el límite es de $0$.