¿Cómo mostrar que $\sum_{x=1}^\infty \prod_{i=1}^{x-1} (1-i/n) \sim \sqrt{\frac{\pi n}{2}}$?

Question

Cómo puede uno demostrar que asintóticamente

$$\sum_{x=1}^\infty \prod_{i=1}^{x-1} \left(1-\frac{i}{n}\right) \sim \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \; ?$$

No riguroso argumento para decir que la gran $n$, $(1-i/n) \approx e^{-n}$ y, a continuación, hacer la aproximación a $\prod_{i=1}^{x-1} (1-i/n) \approx e^{-x^2/2n}$. Finalmente hemos aproximado de la suma por una integral y utilice el hecho de que

$$\int_{x=0}^{\infty} e^{-x^2/2n} = \sqrt{\frac{\pi n}{2}}.$$

Answer 1

El producto interior es $\dfrac{(n-1)!}{n^{x-1}(n-x)!}$. Los términos más allá de $x=n+1$ en la suma cero. Por lo tanto, la suma es $$\sum_{x=1}^n \dfrac{(n-1)!}{n^{x-1}(n-x)!} = \underbrace{\dfrac{(n-1)!}{n^{n-1}} \sum_{t=0}^{n-1} \dfrac{n^t}{t!} \sim \dfrac1{n^{n-1}} \sqrt{2\pi (n-1)} \left(\dfrac{n-1}{e}\right)^{n-1} \dfrac{e^n}{2}}_{\text{Stirling and the fact that $e^x$ has equal mass on either side of $x^x$ in its Taylor series }} \sim \sqrt{\dfrac{\pi n}2}$$

Answer 2

Vamos a analizar su aproximación.

Desde $$ \frac{x}{1+x}\le\log(1+x)\le x $$ para todos los $x\gt-1$, tenemos $$ \begin{align} \sum_{i=1}^{x-1}\log\left(1-\frac{i}{n}\right) &\le\sum_{i=1}^{x-1}\left(-\frac{i}{n}\right)\\ &=-\frac{x(x-1)}{2n} \end{align} $$ y para $x\le n$, $$ \begin{align} \sum_{i=1}^{x-1}\log\left(1-\frac{i}{n}\right) &\ge\sum_{i=1}^{x-1}\left(-\frac{i}{n-i}\right)\\ &\ge\frac{n}{n-x+1}\sum_{i=1}^{x-1}\left(-\frac{i}{n}\right)\\ &=-\frac{x(x-1)}{2(n-x+1)} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ e^{-\large\frac{x(x-1)}{2(n-x+1)}}\le\prod_{i=1}^{x-1}\left(1-\frac{i}{n}\right)\le e^{-\large\frac{x(x-1)}{2n}} $$ La proporción de los límites es $$ e^{\large\frac{x(x-1)^2}{2n(n-x+1)}} $$ Para$n\ge6$$x\le n^{3/5}$, la proporción de los límites es en la mayoría de los $$ e^{\gran n^{-1/5}} $$ que pueden ser tan cercano a $1$ como se desee, haciendo $n$ grandes. El máximo de la suma de $x\gt n^{3/5}$ puede ser estimado a través de las integrales a estar en la mayoría de $$ \frac12n^{2/5}e^{-\gran n^{1/5}} $$ que pueden ser tan cercano a $0$ como se desee, haciendo $n$ grandes.

La relación entre el$e^{-\large\frac{x^2}{2n}}$$e^{-\large\frac{x(x-1)}{2n}}$$e^{\large\frac{x}{2n}}\le e^{\frac12\large n^{-2/5}}$$x\le n^{3/5}$, lo que es aún más cerca de $1$ de la anterior relación, por lo que puede hacer que la simplificación, y aun bien en el límite.

Ahora podemos utilizar una integral para aproximar la suma $$ \sum_{x=1}^\infty e^{-\large\frac{x^2}{2n}}\sim\int_0^\infty e^{-\large\frac{x^2}{2n}}\,\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{n\pi}2} $$