$$1)$$ Ας υπολογισθεί το όριο $$\lim_{n\to \infty} e^{-n}\left(1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots +\frac{n^n}{n!}\right)$$.
$$2)$$ Ας υπολογισθεί το όριο $$\lim_{n\to+\infty}\frac{n!}{n^n}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{n^k}{k!}\right)$$
Από το $$1)$$ είδαμε επίσης ότι $$B_{n}=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}e^{n\ln e^y(1-y)}\,dy.$$
Εδώ, σε αντίθεση με την άσκηση του παραπάνω συνδέσμου, είναι απαραίτητη μια καλύτερη προσέγγιση της συμπεριφοράς του παραπάνω ολοκληρώματος.
Θα επιχειρήσουμε λοιπόν να βρούμε ένα ασυμπτωτικό ανάπτυγμα για το ολοκλήρωμα αυτό κάνοντας χρήση του Λήμματος του Watson διατυπώνεται και αποδεικνύεται εδώ σελ 44.
Η δυσκολία στην παρούσα περίπτωση είναι ότι κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής $$\phi(y):=-\ln (e^y(1-y))=t$$, δεν μπορούμε να βρούμε κλειστό τύπο για την $$y=\phi^{-1}(t)$$. Η δυσκολία αυτή μπορεί να ξεπεραστεί ως εξής :
Κάνοντας την παραπάνω αλλαγή μεταβλητής έχουμε
$$y=\phi^{-1}(t)\Rightarrow \,dy=\left(\phi^{-1}(t)\right)^{\prime}\,dt=\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}\,dt\Rightarrow B_{n}=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}e^{-nt}\,dt$$
Επίσης είναι $$\frac{1}{\phi^{\prime}(y)}=-1+\frac{1}{y}$$, και
Αναζητούμε μέσω της $$(1)$$ ένα ασυμπτωτικό ανάπτυγμα της $$-1+\frac{1}{y}=\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}$$ κοντά στο $$0$$.
Αν, γενικότερα, έχουμε μια γνωστή δυναμοσειρά της μορφής
$$t=a_{2}y^2+a_{3}y^3+\cdots$$ και αναζητούμε ένα ανάπτυγμα $$y=y(t)$$, θέτοντας $$y=b_{1}t^{1/2}+b_{2}t+b_{3}t^{3/2}+\cdots$$ και αντικαθιστώντας τη δεύτερη εξίσωση στην πρώτη, αφού εξισώσουμε τους αντίστοιχους συντελεστές θα προκύψουν αναδρομικά οι τιμές των $$b_{i}$$ συναρτήσει των $$a_{j}$$.
Μερικοί από τους συντελεστές $$b_{i}$$ είναι οι εξής :
Στη συγκεκριμένη περίπτωση, λόγω του ότι η $$y$$ είναι θετική, επιλέγουμε τα θετικά πρόσημα στους μονούς συντελεστές και το ανάπτυγμα που θα προκύψει από την παραπάνω διαδικασία θα είναι το
$$y(t)=\sqrt{2}t^{1/2}-\frac{2}{3}t+\frac{5\sqrt{2}}{9}t^{3/2}+\cdots$$ άρα
Από το λήμμα του Watson τώρα για $$a=-1/2$$ και $$\beta=1/2$$, θα προκύψει ότι
$$\de \int_{0}^{1}\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}e^{-nt}\,dt=\frac{\sqrt{2\pi}}{2n^{1/2}}-\frac{2}{3n}-\frac{\sqrt{\pi}}{6\sqrt{2}n^{3/2}}+\mathcal O(1/n^2).$$
Επειδή επιπλέον από τον τύπο του Stirling είναι $$n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n(1+\mathcal O(1/n))$$, παίρνουμε ότι
$$2)$$ Ας υπολογισθεί το όριο $$\lim_{n\to+\infty}\frac{n!}{n^n}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{n^k}{k!}\right)$$
Λύση
Αναστασίου Κοτρώνη
$$1)$$ Ας θέσουμε $$A_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}$$ και $$B_{n}=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{n^k}{k!}$$. Αναζητούμε το $$\lim_{n\to+\infty}\frac{A_{n}}{e^n}$$.
Από τον τύπο του Taylor με την ολοκληρωτική μορφή για το υπόλοιπο, έχουμε
$$e^{x}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}e^{t}(x-t)^n\,dt$$, άρα
$$B_{n}=e^{n}-A_{n}=\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt$$.
Όμως
$$\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt\stackrel{t=ny}{=}\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}\left(e^y(1-y)\right)^n\,dy=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}e^{n\ln e^y(1-y)}\,dy$$.
Τώρα η $$h(y):=\ln e^y(1-y)$$ ικανοποιεί τις υποθέσεις της πρότασης 9 σελίδα 45 του αρχείου εδώ (*), άρα
$$B_{n}=\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{\sqrt{\pi/2}n^{n+1/2}}{n!}\stackrel{stirling}{\sim}\frac{e^n}{2}$$.
Έπεται ότι $$\frac{B_{n}}{e^n}\to\frac{1}{2}$$, άρα και $$\frac{A_{n}}{e^n}\to\frac{1}{2}$$.
Από τον τύπο του Taylor με την ολοκληρωτική μορφή για το υπόλοιπο, έχουμε
$$e^{x}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}e^{t}(x-t)^n\,dt$$, άρα
$$B_{n}=e^{n}-A_{n}=\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt$$.
Όμως
$$\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt\stackrel{t=ny}{=}\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}\left(e^y(1-y)\right)^n\,dy=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}e^{n\ln e^y(1-y)}\,dy$$.
Τώρα η $$h(y):=\ln e^y(1-y)$$ ικανοποιεί τις υποθέσεις της πρότασης 9 σελίδα 45 του αρχείου εδώ (*), άρα
$$B_{n}=\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}e^{t}(n-t)^n\,dt\stackrel{n\to+\infty}{\sim}\frac{\sqrt{\pi/2}n^{n+1/2}}{n!}\stackrel{stirling}{\sim}\frac{e^n}{2}$$.
Έπεται ότι $$\frac{B_{n}}{e^n}\to\frac{1}{2}$$, άρα και $$\frac{A_{n}}{e^n}\to\frac{1}{2}$$.
________________________________________________________________________
(*) Η πρόταση αυτή αποδεικνύεται πλήρως στο αρχείο και αξίζει να την μελετήσει κανείς.
________________________________________________________________________
$$2)$$ Θέτοντας πάλι $$A_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}$$ και $$B_{n}=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{n^k}{k!}$$ το όριο που αναζητούμε είναι το
$$\lim_{n\to+\infty}\frac{n!}{n^n}(A_{n}-B_{n})\stackrel{A_{n}+B_{n}=e^n}{=}\lim_{n\to+\infty}\frac{n!e^n}{n^n}\left(1-\frac{2B_{n}}{e^n}\right)$$.
Από το $$1)$$ είδαμε επίσης ότι $$B_{n}=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}e^{n\ln e^y(1-y)}\,dy.$$
Εδώ, σε αντίθεση με την άσκηση του παραπάνω συνδέσμου, είναι απαραίτητη μια καλύτερη προσέγγιση της συμπεριφοράς του παραπάνω ολοκληρώματος.
Θα επιχειρήσουμε λοιπόν να βρούμε ένα ασυμπτωτικό ανάπτυγμα για το ολοκλήρωμα αυτό κάνοντας χρήση του Λήμματος του Watson διατυπώνεται και αποδεικνύεται εδώ σελ 44.
Η δυσκολία στην παρούσα περίπτωση είναι ότι κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής $$\phi(y):=-\ln (e^y(1-y))=t$$, δεν μπορούμε να βρούμε κλειστό τύπο για την $$y=\phi^{-1}(t)$$. Η δυσκολία αυτή μπορεί να ξεπεραστεί ως εξής :
Κάνοντας την παραπάνω αλλαγή μεταβλητής έχουμε
$$y=\phi^{-1}(t)\Rightarrow \,dy=\left(\phi^{-1}(t)\right)^{\prime}\,dt=\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}\,dt\Rightarrow B_{n}=\frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{1}\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}e^{-nt}\,dt$$
Επίσης είναι $$\frac{1}{\phi^{\prime}(y)}=-1+\frac{1}{y}$$, και
$$\phi(y)=t=-y+y+\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}+\cdots=\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}+\cdots\qquad(1)$$.
Αναζητούμε μέσω της $$(1)$$ ένα ασυμπτωτικό ανάπτυγμα της $$-1+\frac{1}{y}=\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}$$ κοντά στο $$0$$.
Αν, γενικότερα, έχουμε μια γνωστή δυναμοσειρά της μορφής
$$t=a_{2}y^2+a_{3}y^3+\cdots$$ και αναζητούμε ένα ανάπτυγμα $$y=y(t)$$, θέτοντας $$y=b_{1}t^{1/2}+b_{2}t+b_{3}t^{3/2}+\cdots$$ και αντικαθιστώντας τη δεύτερη εξίσωση στην πρώτη, αφού εξισώσουμε τους αντίστοιχους συντελεστές θα προκύψουν αναδρομικά οι τιμές των $$b_{i}$$ συναρτήσει των $$a_{j}$$.
Μερικοί από τους συντελεστές $$b_{i}$$ είναι οι εξής :
$$b_{1}=\pm\frac{1}{\sqrt{a_{2}}},\qquad b_{2}=-\frac{a_{3}}{2a_{2}^2},\qquad b_{3}=\pm\frac{5a_{3}^2\sqrt{a_{2}}}{8a_{2}^4}\qquad.$$
Στη συγκεκριμένη περίπτωση, λόγω του ότι η $$y$$ είναι θετική, επιλέγουμε τα θετικά πρόσημα στους μονούς συντελεστές και το ανάπτυγμα που θα προκύψει από την παραπάνω διαδικασία θα είναι το
$$y(t)=\sqrt{2}t^{1/2}-\frac{2}{3}t+\frac{5\sqrt{2}}{9}t^{3/2}+\cdots$$ άρα
$$\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}=-1+\frac{1}{\sqrt{2}t^{1/2}-\frac{2}{3}t+\frac{5\sqrt{2}}{9}t^{3/2}+\mathcal O(t^2)}=$$
$$-1+\frac{1}{\sqrt{2}t^{1/2}\left(1-\left(\frac{\sqrt{2}}{3}t^{1/2}-\frac{5}{9}t+\mathcal O(t^{3/2})\right)\right)}$$
$$=-1+\frac{\sqrt{2}}{2t^{1/2}}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{3}t^{1/2}-\frac{1}{3}t+\mathcal O(t^{3/2})\right)=\de t^{-1/2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{2}{3}t^{1/2}-\frac{\sqrt{2}}{6}t+\mathcal O(t^{3/2})\right).$$
Από το λήμμα του Watson τώρα για $$a=-1/2$$ και $$\beta=1/2$$, θα προκύψει ότι
$$\de \int_{0}^{1}\frac{1}{\phi^{\prime}\left(\phi^{-1}(t)\right)}e^{-nt}\,dt=\frac{\sqrt{2\pi}}{2n^{1/2}}-\frac{2}{3n}-\frac{\sqrt{\pi}}{6\sqrt{2}n^{3/2}}+\mathcal O(1/n^2).$$
Επειδή επιπλέον από τον τύπο του Stirling είναι $$n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n(1+\mathcal O(1/n))$$, παίρνουμε ότι
$$\frac{n!e^n}{n^n}\left(1-\frac{2B_{n}}{e^n}\right)=\frac{4}{3}+\mathcal O(1/n^{1/2})\to\frac{4}{3}.$$
Δεν υπάρχουν σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου