Alternierend verschobene zentrale Binomialsumme mit Cauchy-Gewichten

Question

Alternierend verschobene zentrale Binomialsumme mit Cauchy-Gewichten

Summe
Asymptotik
Mathematik
Folgen-und-Serien
Binomialkoeffizienten

Benutzer196574

Meine Frage ist, wie kann man das zeigen

lim_{N \to \infty} \frac{1}{(\binom{2 N}{N})} \sum_{k = 1}^{N} (- 1)^{k} (\binom{2 N}{N + k}) \frac{X^{2}}{X^{2} + π^{2} k^{2}} = \frac{1}{2} (\frac{X}{Sünde (X)} - 1)

$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\binom{2n}{n}}\sum_{k=1}^n (-1)^k \binom{2n}{n+k}\frac{x^2}{x^2+\pi^2k^2} = \frac{1}{2}\Big(\frac{x}{\sinh(x)}-1\Big)$

Ich finde die vorgeschlagene Identität schön, weil es sich anfühlt, als könnten wir uns die Anwesenheit der Fraktion ansehen $x$ auf der linken Seite, für groß $x$ , als Störung der Lehrbuchsumme alternierender Binomialkoeffizienten mit einer kleinen Umordnung.

Ich interessiere mich auch allgemein für Techniken zum Umgang mit alternierenden Summen verschobener zentraler Binomialsummen mit unterschiedlichen Gewichten, was zu meiner Frage bei MSE 2824529 führte.

Skbmoore hat unter 2827591 einen Beweis einer ordentlichen und nützlichen Identität gepostet (und Müde kommentierte einen raffinierten Beweis).

\sum_{k = 1}^{N} (- 1)^{k + 1} (\binom{2 N}{N + k}) k^{S} = (\binom{2 N}{N}) Sünde (π S / 2) \int_{0}^{\infty} \frac{D X X^{S}}{Sünde π X} \frac{N!^{2}}{(N + ich X)! (N - ich X)!} .

$\,\,\,\,\,\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} \binom{2n}{n+k} k^s = \binom{2n}{n} \sin(\pi s/2) \int_0^\infty \frac{dx \, \,x^s}{\sinh{\pi x}} \frac{n!^2}{(n+ix)!(n-ix)!}.$

Wahrscheinlich wird uns eine passende Modifikation dieser Formel die obige Asymptotik einbringen, aber ich bin nicht schlau genug, den Integranden zu modifizieren, um mir etwas Schönes an der Grenze von zu geben $s$ bis Null.

James Arathoon

Diese Frage betrifft die

\sinh

$\sinh$ Produktformel

Sünde (X) = X \prod_{k = 1}^{\infty} (\frac{X^{2}}{π^{2} k^{2}} + 1)

$\sinh (x)=x \prod _{k=1}^{\infty } \left(\frac{x^2}{\pi ^2 k^2}+1\right)$ zur äquivalenten unendlichen Summation. Ich komme so weit, zu versuchen, es zu beweisen

\frac{1}{2} (\frac{1}{\prod_{k = 1}^{N} (\frac{X^{2}}{π^{2} k^{2}} + 1)} - 1) = \sum_{k = 1}^{N} \frac{(- 1)^{k} X^{2} (\prod_{ich = 1}^{k} (- ich + N + 1))}{(π^{2} k^{2} + X^{2}) (\prod_{ich = 1}^{k} (ich + N))}

$\frac{1}{2} \left(\frac{1}{\prod _{k=1}^n \left(\frac{x^2}{\pi ^2 k^2}+1\right)}-1\right)=\sum _{k=1}^n \frac{(-1)^k x^2 \left(\prod _{i=1}^k (-i+n+1)\right)}{\left(\pi ^2 k^2+x^2\right) \left(\prod _{i=1}^k (i+n)\right)}$

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Alternierend verschobene zentrale Binomialsumme mit Cauchy-Gewichten

Diese Frage betrifft die $\sinh$ Produktformel $Sünde (X) = X \prod_{k = 1}^{\infty} (\frac{X^{2}}{π^{2} k^{2}} + 1)$ $\sinh (x)=x \prod _{k=1}^{\infty } \left(\frac{x^2}{\pi ^2 k^2}+1\right)$ zur äquivalenten unendlichen Summation. Ich komme so weit, zu versuchen, es zu beweisen $\frac{1}{2} (\frac{1}{\prod_{k = 1}^{N} (\frac{X^{2}}{π^{2} k^{2}} + 1)} - 1) = \sum_{k = 1}^{N} \frac{(- 1)^{k} X^{2} (\prod_{ich = 1}^{k} (- ich + N + 1))}{(π^{2} k^{2} + X^{2}) (\prod_{ich = 1}^{k} (ich + N))}$ $\frac{1}{2} \left(\frac{1}{\prod _{k=1}^n \left(\frac{x^2}{\pi ^2 k^2}+1\right)}-1\right)=\sum _{k=1}^n \frac{(-1)^k x^2 \left(\prod _{i=1}^k (-i+n+1)\right)}{\left(\pi ^2 k^2+x^2\right) \left(\prod _{i=1}^k (i+n)\right)}$

Roboflop · Answer 1

Hier ein Ansatz:

Wir betrachten die folgende Summe im Grenzwert $n\rightarrow\infty$ (was wir mit bezeichnen $S$ ) :

$S_{N} = \frac{1}{(\binom{2 N}{N})} \sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} (\binom{2 N}{N + k}) \frac{1}{X^{2} + π^{2} k^{2}}$ $S_n=\frac{1}{\binom{2n}{n}}\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{2n}{n+k}\frac{1}{x^2+\pi^2 k^2}$

Wir teilen den Summierungsbereich bei einigen auf $\delta$ so dass $1<<\delta<<n$ zu bekommen $S_n=S_{2,n}+S_{1,n}$ und beobachte das $k<<n$ In $[0,\delta]$ also können wir das Binomial um klein erweitern $k/n$ was bedeutet, dass

S_{1, N} = \sum_{k = 0}^{δ} (- 1)^{k} (1 + Ö (k^{2} / N^{3})) \frac{1}{X^{2} + π^{2} k^{2}}

$S_{1,n}=\sum_{k=0}^{\delta}(-1)^k\left(1+O(k^2/n^3)\right)\frac{1}{x^2+\pi^2 k^2}$ seit

| \sum_{k = 0}^{δ} (- 1)^{k} \frac{k^{2}}{x^{2} + π^{2} k^{2}} | < \sum_{k = 0}^{δ} \frac{k^{2}}{x^{2} + π^{2} k^{2}} < \sum_{k = 0}^{δ} 1 = δ

$|\sum_{k=0}^{\delta}(-1)^k\frac{k^2}{x^2+\pi^2 k^2}|<\sum_{k=0}^{\delta}\frac{k^2}{x^2+\pi^2 k^2}<\sum_{k=0}^{\delta}1=\delta$ wir können das binden

O (k^{2} / n^{3})

$O(k^2/n^3)$ Begriff wie folgt

S_{1, N} = \sum_{k = 0}^{δ} (- 1)^{k} \frac{1}{X^{2} + π^{2} k^{2}} + Ö (δ / N^{3})

$S_{1,n}=\sum_{k=0}^{\delta}(-1)^k\frac{1}{x^2+\pi^2 k^2}+o(\delta/n^3)$ Wenn wir Grenzen nehmen, bekommen wir das

S_{1, n}

$S_{1,n}$ nähert sich einer Konstante an, um später zu bestimmen

$S_{1} = \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} \frac{1}{X^{2} + π^{2} k^{2}} (*)$ $S_1=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{1}{x^2+\pi^2 k^2}\,\,\,\, (*)$

Als nächstes zeigen wir, dass die Schweifsumme $S_{2,n}$ gegen Null geht, so dass die betreffende Grenze tatsächlich durch gegeben ist $(*)$ . Beachten Sie dazu das weiter $[\delta,n]$ wir haben $\pi k >> x$ so können wir den Bruch um groß erweitern $k$ . Wir finden

S_{2, N} = \frac{1}{(\binom{2 N}{N})} \sum_{k = δ}^{N} (- 1)^{k} (\binom{2 N}{N + k}) (\frac{1}{π^{2} k^{2}} + Ö (1 / k^{4}))

$S_{2,n}=\frac{1}{\binom{2n}{n}}\sum_{k=\delta}^n(-1)^k\binom{2n}{n+k}\left(\frac{1}{\pi^2 k^2}+O(1/k^4)\right)$ da der Binomialkoeffizient ein Maximum bei hat

k = 0

$k=0$ wir können gebunden

\frac{(\binom{2 n}{n + k})}{(\binom{2 n}{n})} \leq 1

$\frac{\binom{2n}{n+k}}{\binom{2n}{n}}\leq1$ So

| S_{2, N} | < \frac{1}{π^{2}} \sum_{k = δ}^{N} \frac{1}{k^{2}} \sim \frac{1}{π^{2}} \int_{δ}^{N} \frac{D k}{k^{2}} \sim \frac{1}{π^{2} δ}

$|S_{2,n}|<\frac{1}{\pi^2}\sum_{k=\delta}^n\frac{1}{k^2}\sim \frac{1}{\pi^2} \int_{\delta}^n\frac{dk}{k^2}\sim \frac{1}{\pi^2\delta}$ also wählen

δ

$\delta$ eine (langsam genug) ansteigende Folge von sein

n

$n$ das haben wir tatsächlich

$S_{2} = 0 (* *)$ $S_2=0\,\,\,\,(**)$

Notiere dass der $O(1/k^4)$ verschwinden noch schneller und können daher ebenfalls vernachlässigt werden. Etwas setzen $(*)$ Und $(**)$ zusammen bekommen wir

$S = S_{1} = \frac{1}{2 X^{2}} + \frac{1}{2 Sünde (X) X}$ $S=S_1=\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{2\sinh(x)x}$

wo die letzte Gleichheit folgt aus dem Satz von Mittag-Leffler (oder der Produkterweiterung des Sinus)

Hübsch :). Könnten Sie kommentieren, warum Delta langsam steigen sollte? Langsam in Bezug auf was?
@Thomas so das $\delta(n)\rightarrow \infty$ ebenso gut wie $\delta(n)/n\rightarrow 0$ als $n \rightarrow \infty$ . Du kannst nehmen $\delta(n)=\sqrt{n}$ Zum Beispiel..
@Thomas Diese Methode wird als asymptotisches Matching bezeichnet, falls Sie tiefer eintauchen möchten
Danke für die Antwort! Ich werde mich auch mehr mit asymptotischem Matching befassen. Ich bin gespannt, ob es auch für MSE 2824529 oder MSE 2825442 funktionieren würde. Diese Fragen sind bereits beantwortet, aber ich schätze neue Techniken.

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Benutzer196574

James Arathoon

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Thomas

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Roboflop

Benutzer196574

Auswertung von ∑∞y=a(ya)⋅py−a∑y=a∞(ya)⋅py−a\sum_{y=a}^{\infty}{y \choose a} \cdot p^{ya} für p∈[0,1]p∈[0,1]p \in [0,1]

Konvergenz der Folge (an––n!zn)(an_n!zn)\big(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n \big)

Eine Binomialsumme: ∑nk=0(nk)2k+1∑k=0n(nk)2k+1\sum_{k=0}^{n} \frac{{n \choose k}^2}{k+ 1}

∑nk=0(−1)kk(nk)∑k=0n(−1)kk(nk)\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{k}{n \ wählen Sie k}, wenn nnn eine positive ganze Zahl ist

Identität mit Doppelsumme mit Binomen

Werte eine Summe mit Binomialkoeffizienten aus: ∑nk=0(−1)kk(nk)2∑k=0n(−1)kk(nk)2\sum_{k=0}^{n} (-1)^kk \binom{n}{k}^2

Berechnen Sie ∑∞i=0i(i+10i)(12)i∑i=0∞i(i+10i)(12)i\sum_{i=0}^\infty i\binom{i+10}{i }(\frac{1}{2})^i

Eine interessante Binomialsumme

Beweisen Sie diese Identität mit der Triple Product Identity von Jacobi

Zur verallgemeinerten Leibniz-Regel