Abschätzung

29.05.2020, 18:32	Kegorus	Auf diesen Beitrag antworten »
Abschätzung Liebes Matheboard-Forum! Ich verstehe eine Folgerung nicht. Es gilt: $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^t}\sum_{j=0}^t \log_2\Bigg(\binom{t}{j}!\Bigg) \leq \frac{1}{2^t} \log_2(l(Q^t))\leq \log_2\Bigg(\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}\Bigg) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} l(Q^t) \end{eqnarray}$ ist die Anzahl der linearen Erweiterungen des Booleschen Verbandes auf $\begin{eqnarray} [t] \end{eqnarray}$ , das sollte aber nicht relevant sein. Daraus folgt angeblich: $\begin{eqnarray} \log_2\Bigg(\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}\Bigg)-\frac{3}{2}\log_2(e)+o(1) \leq \frac{1}{2^t} \log_2(l(Q^t))\leq \log_2\Bigg(\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}\Bigg) \end{eqnarray}$ Vielleicht geht hier auch noch etwas anderes ein, ich wüsste aber nicht was. Wäre super, wenn jemand eine Idee dazu hat!
29.05.2020, 19:53	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich nehme mal an, man benutzt den Grenzwert $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^t}\sum_{j=0}^t \log_2\Bigg(\binom{t}{j}!\Bigg) -\log_2\Bigg(\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}\Bigg) \to -\frac{3}{2}\log_2(e) \end{eqnarray}$ . Sofern das gilt, folgt die Ungleichung. Der Grenzwert wird vermutlich $\begin{eqnarray} t\to\infty \end{eqnarray}$ sein, aber diese Information ist implizit in $\begin{eqnarray} o(1) \end{eqnarray}$ vorhanden. Nun weiß ich allerdings nicht warum dieser Grenzwert gelten sollte. Wenn man es etwas umschreibt $\begin{eqnarray} \sum_{j=0}^t \log_2\Bigg(\binom{t}{j}!\Bigg) = \log_2\Bigg[\Bigg(\prod_{j=0}^t\binom{t}{j}!\Bigg)^{\frac 1 {2^t} }\Bigg] \end{eqnarray}$ und die Stetigkeit vom Logarithmus verwendet, ist also zu zeigen, dass $\begin{eqnarray} \frac{\Bigg(\prod_{j=0}^t\binom{t}{j}!\Bigg)^{\frac 1 {2^t} }} { \binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}} \to e^{-\frac 3 2} \end{eqnarray}$ gilt. Ich hoffe mit Ausschreiben der ganzen Produkte bekommt man etwas "handbares" raus.
04.06.2020, 13:53	Kegorus	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für deine Antwort! Ich habe versucht, diesen Grenzwert zu begründen, ich bring's aber leider nicht zusammen. Vielleicht fällt mir noch was ein dazu..
04.06.2020, 14:16	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Behauptung ist ja äquivalent zu $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^t} \sum_{j=0}^t \ln\left(\binom{t}{j}!\right) -\ln\left(\binom{t}{\lfloor t/2\rfloor}\right) \to -\frac{3}{2} \end{eqnarray}$ . Ein erster Ansatzpunkt ist womöglich Stirling, etwa in der Einschachtelungsform $\begin{eqnarray} C + \left(n+\frac{1}{2}\right)\ln(n) - n \leq \ln\left(n!\right) \leq C + \left(n+\frac{1}{2}\right)\ln(n) - n + \frac{1}{12n} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} C:=\frac{1}{2}\ln\left(2\pi\right) \end{eqnarray}$
25.06.2020, 17:34	Kegorus	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für diese Überlegung, Stirling macht hier Sinn, ich krieg's aber nicht ganz gebacken. Ist aber auch nicht so schlimm. Dachte es ist vielleicht schnell gezeigt, ist aber wohl doch komplizierter.

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