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

Question

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

Fakultät
Asymptotik
Mathematik
komplexe Analyse
Folgen-und-Serien
Binomialkoeffizienten

auf und ab integrieren

Für welche Werte von $z\in\mathbb{C}$ macht die Folge $\big(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n \big)$ konvergieren für fest $a\in\mathbb{C}$ ?

Hinweis hier $a^{\underline{n}}$ ist die fallende Fakultät, dh

A^{\underline{N}} = A (A - 1) (A - 2) \dots (A - (N - 1) + 1) (A - N + 1)

$a^{\underline{n}}=a(a-1)(a-2)…(a-(n-1)+1)(a-n+1)$

Beachten Sie zuerst, dass wenn $a$ ist eine nichtnegative ganze Zahl, $a^{\underline{n}}$ ist schließlich $0$ ; also konvergiert in diesem Fall die Folge für alle $z\in\mathbb{C}.$ Gehen Sie also von nun an davon aus $a$ ist keine nicht negative ganze Zahl.

Als erstes habe ich den Verhältnistest für Reihen angewendet, der den Konvergenzradius der Reihe angibt $\sum \frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n$ wird von gegeben

R = lim_{N \to \infty} \frac{\frac{A^{\underline{N - 1}}}{(N - 1)!}}{\frac{A^{\underline{N}}}{N!}} = 1

$R=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{a^{\underline{n-1}}}{(n-1)!}}{\frac{a^{\underline{n}}}{n!}}=1$ Damit konvergiert die zugehörige Reihe absolut für

| z | < 1 ⟹

$|z|<1\implies$ der Ablauf

(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^{n})

$\big(\frac{a^{\underline{n}}}{n!} z^n \big)$ konvergiert zu

0

$0$ für alle

| z | < 1

$|z|<1$ .

Es bleibt also noch zu bestimmen, ob die Folge für konvergiert $|z|\geq1$ . Es kann sich später als nützlich erweisen, um es darzustellen $z$ in Polarform: $z=r(\cos\theta + i\sin \theta) \implies z^n=r^n(\cos n\theta +i\sin n\theta)=r^ne^{in\theta}$ Wo $r\geq1$ . Dann bleibt noch der Grenzwert für zu berechnen $r\geq1:$

lim_{N \to \infty} \frac{A (A - 1) (A - 2) \dots (A - (N - 1) + 1) (A - N + 1)}{N!} R^{N} e^{ich N θ}

$\lim_{n\to\infty}\frac{a(a-1)(a-2)…(a-(n-1)+1)(a-n+1)}{n!}r^ne^{in\theta}$

Ich bin ratlos, wie ich dieses Limit berechnen soll, außer möglicherweise umzuwandeln $a^{\underline{n}}$ in Fakultäten:

A^{\underline{N}} = \frac{A!}{(A - N)!}

$a^{\underline{n}}=\frac{a!}{(a-n)!}$ und dann möglicherweise Stirlings Approximation verwenden? Ich bin mir nicht sicher, welche Bedingungen die Verwendung der Fakultätsformel oder der Näherung von Stirling aufstellt

a

$a$ oder

z

$z$ , obwohl.

Irgendwelche Hinweise?

Aniruddha Deshmukh

Wenn

a

$a$ ist keine nicht negative ganze Zahl, wie machen Sie Sinn

a!

$a!$ ?

auf und ab integrieren

Ich denke, streng genommen bezieht sich das Problem selbst nur auf das unendliche Produkt, das ich geschrieben habe

a (a - 1) \dots (a - n + 1)

$a(a-1)…(a-n+1)$ und nicht die Fakultät. Aber wenn ich die Fakultätsidentität für dieses unendliche Produkt für nichtnegative ganze Zahlen verwenden würde, würde das nicht naiverweise nur die Gammafunktion verwenden?

Gerry Myerson

Für groß

n

$n$ ,

a^{\underline{n}}

$a^{\underline n}$ ist ziemlich nahe

n

$n$ -faktoriell, also würde ich keine Konvergenz darüber hinaus erwarten

| z | = 1

$|z|=1$ .

auf und ab integrieren

Das dachte ich auch, @GerryMyerson. Dieses Problem stammt aus Ian Stewarts einführender Komplexanalyse. Wie immer bei seinen Lehrbüchern sind die Probleme angesichts der so entwickelten Maschinerie uneinheitlich und mysteriös platziert. Haben Sie Tipps, wie Sie die Konvergenz auf der Einheitsplatte für verschiedene bestimmen können?

a

$a$ ? Ich dachte ans Schreiben

a = x + i y

$a=x+iy$ und die Bedingungen auf diese Weise aufzuteilen ... etwas, um einige Bedingungen abzuleiten

a

$a$ oder

z

$z$ .

Gerry Myerson

Ich glaube nicht, der Wert von

a

$a$ macht einen großen Unterschied (solange es keine nicht negative ganze Zahl ist). Ich denke, Sie sollten versuchen, Schätzungen für zu machen

a^{\underline{n}} / n!

$a^{\underline n}/n!$ für groß

n

$n$ .

auf und ab integrieren

Hallo @GerryMyerson, denkst du, dass Folgendes funktioniert?

\frac{a^{\underline{n}}}{n!} = \frac{a!}{n! (a - n)!} \sim \frac{\sqrt{2 π a} {(\frac{a}{e})}^{a}}{\sqrt{2 π n} {(\frac{n}{e})}^{n} \cdot \sqrt{2 π (a - n)} {(\frac{a - n}{e})}^{a - n}} = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{a^{a + 1 / 2}}{n^{n + 1 / 2} (a - n)^{a - n + 1 / 2}}

$\frac{a^{\underline{n}}}{n!}=\frac{a!}{n!(a-n)!}\sim\frac{\sqrt{2\pi a}\left(\frac{a}{e}\right)^a}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\cdot\sqrt{2\pi(a-n)}\left(\frac{a-n}{e}\right)^{a-n}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{a^{a+1/2}}{n^{n+1/2}(a-n)^{a-n+1/2}}$

Gerry Myerson

Ich würde nicht schreiben

a

$a$ -Fakultät, wann

a

$a$ ist keine nicht negative ganze Zahl.

Antworten (1)

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

Wenn $a$ ist keine nicht negative ganze Zahl, wie machen Sie Sinn $a!$ ?
Ich denke, streng genommen bezieht sich das Problem selbst nur auf das unendliche Produkt, das ich geschrieben habe $a(a-1)…(a-n+1)$ und nicht die Fakultät. Aber wenn ich die Fakultätsidentität für dieses unendliche Produkt für nichtnegative ganze Zahlen verwenden würde, würde das nicht naiverweise nur die Gammafunktion verwenden?
Für groß $n$ , $a^{\underline n}$ ist ziemlich nahe $n$ -faktoriell, also würde ich keine Konvergenz darüber hinaus erwarten $|z|=1$ .
Das dachte ich auch, @GerryMyerson. Dieses Problem stammt aus Ian Stewarts einführender Komplexanalyse. Wie immer bei seinen Lehrbüchern sind die Probleme angesichts der so entwickelten Maschinerie uneinheitlich und mysteriös platziert. Haben Sie Tipps, wie Sie die Konvergenz auf der Einheitsplatte für verschiedene bestimmen können? $a$ ? Ich dachte ans Schreiben $a=x+iy$ und die Bedingungen auf diese Weise aufzuteilen ... etwas, um einige Bedingungen abzuleiten $a$ oder $z$ .
Ich glaube nicht, der Wert von $a$ macht einen großen Unterschied (solange es keine nicht negative ganze Zahl ist). Ich denke, Sie sollten versuchen, Schätzungen für zu machen $a^{\underline n}/n!$ für groß $n$ .
Hallo @GerryMyerson, denkst du, dass Folgendes funktioniert? $\frac{a^{\underline{n}}}{n!}=\frac{a!}{n!(a-n)!}\sim\frac{\sqrt{2\pi a}\left(\frac{a}{e}\right)^a}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\cdot\sqrt{2\pi(a-n)}\left(\frac{a-n}{e}\right)^{a-n}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{a^{a+1/2}}{n^{n+1/2}(a-n)^{a-n+1/2}}$
Ich würde nicht schreiben $a$ -Fakultät, wann $a$ ist keine nicht negative ganze Zahl.

auf und ab integrieren · Answer 1

Kann jemand diese Schätzung überprüfen?

Zuerst haben wir die Identität:

\frac{A^{\underline{N}}}{N!} = \frac{A!}{N! (A - N)!}

$\frac{a^{\underline{n}}}{n!}=\frac{a!}{n!(a-n)!}$ Dann nach Stirlings Näherung:

\frac{A!}{N! (A - N)!} \sim \frac{\sqrt{2 π A} {(\frac{A}{e})}^{A}}{\sqrt{2 π N} {(\frac{N}{e})}^{N} \cdot \sqrt{2 π (A - N)} {(\frac{A - N}{e})}^{A - N}} = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{A^{A + 1 / 2}}{N^{N + 1 / 2} (A - N)^{A - N + 1 / 2}}

$\frac{a!}{n!(a-n)!}\sim\frac{\sqrt{2\pi a}\left(\frac{a}{e}\right)^a}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\cdot\sqrt{2\pi(a-n)}\left(\frac{a-n}{e}\right)^{a-n}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{a^{a+1/2}}{n^{n+1/2}(a-n)^{a-n+1/2}}$

Dann hoffe ich, dass die Leute durch eine fragwürdige Algebra überprüfen können:

\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{A^{A + 1 / 2}}{N^{N + 1 / 2} (A - N)^{A - N + 1 / 2}} & = \frac{A^{A + 1 / 2}}{\sqrt{2 π}} \frac{1}{N^{N + 1 / 2} \cdot {ich}^{2 A - 2 N + 1} (N - A)^{A - N + 1 / 2}} \\ = \frac{A^{A + 1 / 2}}{{ich}^{2 A - 2 N + 1} \sqrt{2 π}} \frac{(N - A)^{N - A - 1 / 2}}{N^{N + 1 / 2}} \\ = \frac{A^{A + 1 / 2}}{{ich}^{2 A - 2 N + 1} \sqrt{2 π}} \frac{(N - A)^{N} (N - A)^{- A - 1 / 2}}{N^{N} N^{1 / 2}} \\ = \frac{A^{A + 1 / 2}}{{ich}^{2 A - 2 N + 1} \sqrt{2 π}} \cdot {(1 - \frac{A}{N})}^{N} \cdot \frac{1}{N^{1 / 2} \cdot (N - A)^{1 / 2} (N - A)^{A}} \\ = \frac{A^{A + 1 / 2}}{{ich}^{2 A - 2 N + 1} \sqrt{2 π}} \cdot {(1 - \frac{A}{N})}^{N} \cdot \frac{1}{\sqrt{N^{2} - A N} \cdot (N - A)^{A}} \end{aligned}

$\begin{equation} \begin{split} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{a^{a+1/2}}{n^{n+1/2}(a-n)^{a-n+1/2}} & = \frac{a^{a+1/2}}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{n^{n+1/2}\cdot i^{2a-2n+1}(n-a)^{a-n+1/2}} \\ & = \frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\frac{(n-a)^{n-a-1/2}}{n^{n+1/2}}\\ & = \frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\frac{(n-a)^n(n-a)^{-a-1/2}}{n^nn^{1/2}}\\ & = \frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\cdot\left(1-\frac{a}{n}\right)^n\cdot\frac{1}{n^{1/2}\cdot(n-a)^{1/2}(n-a)^a}\\ & = \frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\cdot\left(1-\frac{a}{n}\right)^n \cdot\frac{1}{\sqrt{n^2-an}\cdot(n-a)^a} \end{split} \end{equation}$

Also als $n\to\infty$ ,

lim_{N \to \infty} \frac{A^{A + 1 / 2}}{{ich}^{2 A - 2 N + 1} \sqrt{2 π}} \cdot {(1 - \frac{A}{N})}^{N} \cdot \frac{1}{\sqrt{N^{2} - A N} \cdot (N - A)^{A}}

$\lim_{n\to\infty}\frac{a^{a+1/2}}{i^{2a-2n+1}\sqrt{2\pi}}\cdot\left(1-\frac{a}{n}\right)^n \cdot\frac{1}{\sqrt{n^2-an}\cdot(n-a)^a}$

= \frac{A^{A + 1 / 2}}{\sqrt{2 π}} lim (\frac{1}{{ich}^{2 A - 2 N + 1}}) \cdot lim ({(1 - \frac{A}{N})}^{N}) \cdot lim (\frac{1}{\sqrt{N^{2} - A N} \cdot (N - A)^{A}})

$= \frac{a^{a+1/2}}{\sqrt{2\pi}}\lim\left(\frac{1}{i^{2a-2n+1}}\right)\cdot \lim\left(\left(1-\frac{a}{n}\right)^n\right)\cdot \lim\left(\frac{1}{\sqrt{n^2-an}\cdot(n-a)^a}\right)$

Ich kann nur sagen, dass die mittlere Grenze konvergiert $e^{-a}$ und die erste ist periodisch und begrenzt, richtig?

Die letzte Grenze ist ein wenig gruselig. Ich nehme an, es würde konvergieren $0$ nur wenn $\Re(a)>-1$ , NEIN?

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

auf und ab integrieren

Aniruddha Deshmukh

auf und ab integrieren

Gerry Myerson

auf und ab integrieren

Gerry Myerson

auf und ab integrieren

Gerry Myerson

Antworten (1)

auf und ab integrieren

Unendliche Reihe mit verallgemeinerten Binomialkoeffizienten und doppelter Fakultät

Asymptotik von Termen und Fehlern in der Stirling-Näherung

Identität mit Doppelsumme mit Binomen

Alternierend verschobene zentrale Binomialsumme mit Cauchy-Gewichten

Satz 3.55 in Baby Rudin: Wie macht man den Beweis sinnvoll?

Komponentenweise Konvergenz

Zur verallgemeinerten Leibniz-Regel

Wie findet man die Summe dieser unendlichen Reihe: ∑∞k=11(k+1)(k−1)!(1−2k)∑k=1∞1(k+1)(k−1)!(1 −2k)\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)(k-1)!}(1 - \frac{2}{k})

Obergrenze eines Ausdrucks, der zur n-ten Potenz erhoben wird

Endliche Rechnung: Differenzoperator auf verallgemeinerte fallende Fakultät anwenden (ax+b)m––(ax+b)m_(ax+b)^{\underline m}