Asymptotik des Binomialkoeffizienten

29.04.2007, 19:34

therisen

Asymptotik des Binomialkoeffizienten

Hallo zusammen,

ich möchte zeigen, dass es für alle $\begin{eqnarray*} b\in\mathbb R\setminus\mathbb N \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} K=K(b)>0 \end{eqnarray*}$ und ein $\begin{eqnarray*} N\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ gibt, sodass

$\begin{eqnarray*} \left|{b\choose n}\right|\leq\frac{K}{n^{1+b}} \end{eqnarray*}$

für alle $\begin{eqnarray*} n\geq N \end{eqnarray*}$ gilt.

Allerdings ohne Verwendung der Gammafunktion.

Kurz:

$\begin{eqnarray*} \left|{b\choose n}\right|\in\mathcal{O}(n^{-1-b}) \end{eqnarray*}$

Hat jemand eine Idee?

Gruß, therisen

01.05.2007, 23:11

therisen

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*push* Danke

05.05.2007, 15:47

therisen

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Mir würde auch schon der Fall $\begin{eqnarray*} 0\leq b<1 \end{eqnarray*}$ genügen...

05.05.2007, 16:25

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Es gilt ja die Rekursion

$\begin{eqnarray*} \binom{b}{n} = -\binom{b}{n-1} \cdot \frac{n-b-1}{n} \end{eqnarray*}$

Und wenn ich mich nicht irre, müsste für $\begin{eqnarray*} n\geq \max\{ \lfloor b \rfloor+2,0\} \end{eqnarray*}$ vollständige Induktion klappen - Kernstück des Induktionsschlusses ist dann das durch Bernoulli-Ungleichung nachweisbare

$\begin{eqnarray*} \left( 1- \frac{1}{n} \right)^{1+b} \geq 1 - \frac{b+1}{n} \end{eqnarray*}$

Zumindest für $\begin{eqnarray*} b\geq 0 \end{eqnarray*}$ stimmt das - für andere $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ klappt das allerdings nicht so einfach... verwirrt

05.05.2007, 18:56

therisen

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Hallo Arthur,

sehe ich das richtig, dass man den Induktionsanfang einfach "definieren" kann: Für $\begin{eqnarray*} n=\lfloor b\rfloor+2 \end{eqnarray*}$ kann man ja

$\begin{eqnarray*} K:=K(b):=\left|{b\choose\lfloor b\rfloor+2}\right|\cdot (\lfloor b\rfloor+2)^{1+b}>0 \end{eqnarray*}$

setzen, oder?

Aber irgendwie habe ich das Gefühl, etwas übersehen zu haben, weil ich nirgends $\begin{eqnarray*} n\geq\lfloor b\rfloor+2 \end{eqnarray*}$ verwende. Oder ist das nur, damit $\begin{eqnarray*} n-b-1>0 \end{eqnarray*}$ gilt?

Gruß, therisen

05.05.2007, 20:33

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Zitat:

Original von therisen
sehe ich das richtig, dass man den Induktionsanfang einfach "definieren" kann: Für $\begin{eqnarray*} n=\lfloor b\rfloor+2 \end{eqnarray*}$ kann man ja

$\begin{eqnarray*} K:=K(b):=\left|{b\choose\lfloor b\rfloor+2}\right|\cdot (\lfloor b\rfloor+2)^{1+b}>0 \end{eqnarray*}$

setzen, oder?

Sehe ich auch so.

Zitat:

Original von therisen
Aber irgendwie habe ich das Gefühl, etwas übersehen zu haben, weil ich nirgends $\begin{eqnarray*} n\geq\lfloor b\rfloor+2 \end{eqnarray*}$ verwende. Oder ist das nur, damit $\begin{eqnarray*} n-b-1>0 \end{eqnarray*}$ gilt?

Genau: Bei äquivalenter Ungleichungsumformung mit Multiplikation und Beibehaltung des Relationszeichens sollte man schon drauf achten, dass der Faktor positiv ist. Augenzwinkern

06.05.2007, 12:24

therisen

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Bekanntlich gilt ja die viel stärkere Aussage

$\begin{eqnarray*} \left|{b\choose n}\right| \sim \frac{1}{\Gamma(-b)}\cdot\frac1{n^{1+b}} \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} b\in\mathbb R\setminus\mathbb N \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} (1+x)^\alpha \leq 1+\alpha x \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x>-1,~0\leq\alpha<1 \end{eqnarray*}$ (dafür muss ich mir noch eine Begründung überlegen) müsste man doch völlig analog

$\begin{eqnarray*} \left|{b\choose n}\right| \geq \frac{K}{n^{1+b}} \end{eqnarray*}$

nachweisen können, oder übersehe ich da etwas? Den Induktionsanfang übernimmt man einfach und im Induktionsschritt erhält man bei der Behauptung weiter oben $\begin{eqnarray*} 1\geq 1 \end{eqnarray*}$ und wenn man alle Ungleichheitszeichen umdreht, stimmt das ja genauso. Und diese Abschätzung liefert eine hübsche Minorante (wie gewünscht und auch erwartet).

Gruß, therisen

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