¿Lo que ' s el grado de $\binom{x}{k}$?

Question

Considere la posibilidad de $\binom{x}{k}$ donde $x$ es una variable de entero positivo y $0 \leq k \leq x$ donde $k$ puede ser dependiente de $x$. Estoy interesado en la expansión de $\binom{x}{k}$$x$.

Para los 'pequeños' valores de $k$, esto es sólo un polinomio en $x$ grado $k$. Por ejemplo:

\begin{align*} \binom{x}{0} &= 1 &\text{ degree 0}\\ \binom{x}{1} &= x &\text{ degree 1}\\ \binom{x}{2} &= \frac{x(x-1)}{2!} = \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2} x &\text{ degree 2}\\ \binom{x}{3} &= \frac{x(x-1)(x-2)}{3!} = \frac{1}{6} x^3 - \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{3} x &\text{ degree 3}\\ \end{align*}

Sin embargo, como $k$ crece más grandes en relación a $x$, este modelo ya no se sostiene. Como un ejemplo extremo, $\binom{x}{x-1} = x$ no tiene grado $x-1$. Más bien tiene el grado $1$, por la identidad de $\binom{x}{k} = \binom{x}{x-k}$ todos los $k$. Del mismo modo, $\binom{x}{x-2}$ tiene el grado $2$.

Pero cuando $k$ no es muy pequeño o muy grande en relación a $x$, $\binom{x}{k}$ es más complicado. Para, digamos, $\binom{x}{\lfloor x/2 \rfloor}$, no está claro cuál es su grado debe ser, o incluso si la función de $x \mapsto \binom{x}{\lfloor x/2 \rfloor}$ es un polinomio en a $x$ a todos.

En resumen, mi pregunta es: Vamos a $x \in \Bbb Z^+$, y deje $k : \Bbb Z^+ \to \Bbb Z^{\geq 0}$ ser una función de la $x$ tal que $0 \leq k(x) \leq x$ todos los $x$. Considere la función $f: \Bbb Z^+ \to \Bbb Z^{\geq 0}$ dado por: $f : x \mapsto \binom{x}{k(x)}$. Para que las funciones de $k$ $f$ un polinomio? Si no siempre es un polinomio, ¿qué tipo de función es $f$?

Lo he demostrado en mi post es: Al $k$ es una función constante, entonces $f$ es un polinomio. Pero existen no-constante de las funciones de $k$ que $f$ es un polinomio, por ejemplo,$k(x) = x-1$. Me pregunto si otras funciones, tales como $k(x) = \lfloor x/2 \rfloor$, también producen polinomios.

Answer 1

Respuesta parcial: la función $$ n \mapsto \binom{2n}{n} $$ is not a polynomial in $n$. Por la aproximación de Stirling,

$$ \binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4 \pi n} (2n/e)^{2n}}{2 \pi n (n/e)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} $$

que es un crecimiento exponencial. En particular la función crece más rápido que cualquier polinomio dado en $n$.

Answer 2

Ver que para $k(x)<\frac x2$: $$ (\frac{x}{k(x)})^{k(x)}\leq\binom{x}{k(x)}\leq (\frac{xe}{k(x)})^{k(x)}. $$ Ahora, algunos ejemplos:

1. $k=px$ $p\in(0,\frac 12)$. $$ (\frac{1}{p)})^{pn}\leq\binom{x}{k(x)}\leq (\frac{e}{p})^{pn}, $$ lo que demuestra que la función se comporta de manera exponencial.

2. $k$ es constante. $$ (\frac{x}{k})^{k}\leq\binom{x}{k(x)}\leq (\frac{xe}{k})^{k}. $$ Luego, por supuesto, la función se comporta como un polinomio.

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En otras palabras, mirar : $$ (\frac{x}{k(x)})^{k(x)}\leq\binom{x}{k(x)}\leq (\frac{xe}{k(x)})^{k(x)}. $$ uno puede decir algo acerca de $f(x)$ observando $(\frac{x}{k(x)})^{k(x)}$.

A ver si asintóticamente la función actúa como un polinomio, podemos ver: $$ K=\lim_{x\to\infty}\frac{\log\binom{x}{k(x)}}{\log x}. $$ $K$ da el grado de la asintótica polinomio.

Por ejemplo, vamos a elegir a $k=p\log x$ para alguna constante positiva $p$:

$$ (\frac{x}{p\log(x)})^{p\log(x)}\leq\binom{x}{k(x)}\implica\\ \lim_{x\to\infty}\frac{\log(\frac{x}{p\log(x)})^{p\log(x)} }{\log x} \leq K=\lim_{x\to\infty}\frac{\log\binom{x}{k(x)}}{\log x}. $$ Pero entonces el límite de la izquierda va al infinito, mostrando que esto no va a ser polinómica. Como cuestión de hecho, la función se comporta como $x^{p\log(x)}$ asintóticamente.

Usted puede comenzar a jugar con otras opciones de $k(x)$.

Answer 3

Para un general $f(x)$, probablemente, el mejor enfoque es utilizar la representación Integral de la Binomial $$ \eqalign{ & \left( \matriz{ x \cr f(x) \cr} \right)\quad \left| \matriz{ \;{\rm real }x \hfill \cr \; - 1 < {\rm real }f(x) \hfill \cr} \right.\;\quad = {1 \over {2\,\pi }}\int_{\, - \,\pi \;}^{\,\pi \,} {e^{\, - \,i\,\,t\,f(x)} \left( {1 + e^{\,\,i\,\,t} } \right)^{\,x} \;d\,t} = \cr Y = {1 \over {2\,\pi }}\int_{\, - \,\pi \;}^{\,\pi \,} {\sum\limits_{0\, \le \,j} {\left( \matriz{ x \cr j \cr} \right)e^{\,\,i\,\,t\,\left( {j - f(x)} \right)} } \;d\,t} = {1 \over {2\,\pi }}\sum\limits_{0\, \le \,j} {{{x^{\,\underline {\,j\,} } } \over {j!}}\int_{\, - \,\pi \;}^{\,\pi \,} {e^{\,\,i\,\,t\,\left( {j - f(x)} \right)} \;d\,t} } \cr} $$ y de aquí a ampliar en términos de $x$ si $f(x)$ es analítica.

El caso simple de $f(x)=x-m$ , $m$ un entero positivo es fácil de resolver a través de la función gamma, para dar un polinomio $$ \left( \matriz{ x \cr x - m \cr} \right) = {{\Gamma (x + 1)} \over {\Gamma (m + 1)\;\Gamma (x - m + 1)}} = \left( \matriz{ x \cr m \cr} \right) = {1 \over {m.}}x^{\,\underline {\m\,} } $$

También en el caso de $f(x)=x/2$ puede ser fácilmente abordado, mediante la duplicación de la fórmula para la Gamma, es decir, $$ \left( \matriz{ z \cr z/2 \cr} \right) = {{\Gamma \left( {z + 1} \right)} \over {\Gamma \left( {z/2 + 1} \right)^{\,2} }} = {{2^{\,\,z} } \over {\sqrt \pi }}{{\Gamma \left( {z/2 + 1/2} \right)} \over {\Gamma \left( {z/2 + 1} \right)}} = {{2^{\,\,z - 1} } \over {z\sqrt \pi }}{{\Gamma \left( {z/2 + 1/2} \right)} \over {\Gamma \left( {z/2} \right)}} $$ (Yo he usado $z$ subrayar que es válido también en el campo complejo)

y la aplicación de la Stirling de la serie $$ \left( \matriz{ z \cr z/2 \cr} \right) \propto {1 \over {2\sqrt {2\pi } }}{1 \over {\sqrt z }}\left( {4{{z z z + 1} \over z}} \right)^{z/2} \quad \left| {\z\, \\, \infty ,\;\;\left| {\,\arg (z)\,} \right|} \right. < \pi $$