二項係数の和の漸近挙動

この記事では, 前回の記事 で紹介した, 以下の式の証明を書いてみようと思います.

証明には, これの母関数

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}({\alpha }^n\sum _{k=0}^n{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}^2{t}^k)z^n=\frac{1}{(t-1)\sqrt{\alpha (\beta -\alpha z)(1-z)}}(|z|<1)$$
を用います.

ただしここで ${\displaystyle \alpha =(\frac{\sqrt{t}-1}{t-1}{)}^2,\beta =(\frac{\sqrt{t}+1}{t-1}{)}^2}$ であり, $t>1$とします.

まず, 以下の補題を示します.

ちなみに, 私はこういうのにまだそこまで慣れていないので, $f$はたちの良い関数であるということにさせてください. また, $a_n>0$が必要かもしれません. ここら辺はご容赦していただきたいです...(＞人＜;)
$$

(補題1の証明)

$[1]$ $c=1$のとき

${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{b}_n{z}^n=g(z)}$ のとき ${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{k=0}^n{b}_k)z^n=\frac{g(z)}{1-z}}$ という性質を思い出すと, ${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{z}^n=\frac{f(z)}{1-z}}$のとき, ${\displaystyle \sum _{k=0}^n\mathrm{\Delta }{a}_k=a_n}$ なる数列$\{\mathrm{\Delta }{a}_n{\}}_{n\ge 0}$ を用いて,
$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\mathrm{\Delta }{a}_n{z}^n=f(z)$$
となります. 従って,
$$f(1)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\mathrm{\Delta }{a}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n$$
となり, 示されました.
$$

$[2]$ $c>1$のとき

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{z}^n=\frac{f(z)}{(1-z{)}^c}$$
の両辺を$(c-1)$階積分します. ただしここで, 非整数階積分は, $\mathrm{I}$を積分演算子として, $\alpha >0$に対して

$${\mathrm{I}}^{\alpha }g(x)=\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(\alpha )}{\int }_0^x(x-t{)}^{\alpha -1}g(t)dt$$
と定義されるものとします.

まず左辺は,
$$\begin{array}{rcl}{\mathrm{I}}^{c-1}{z}^n& =& \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}{\int }_0^z(z-t{)}^{c-2}{t}^{n}dt\\ & =& \frac{z^{n+c-1}}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}{\int }_0^1(1-t{)}^{c-2}{t}^{n}dt(t\mapsto zt)\\ & =& \frac{z^{n+c-1}}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}B(n+1,c-1)\\ & =& \frac{\mathrm{\Gamma }(n+1)}{\mathrm{\Gamma }(n+c)}{z}^{n+c-1}\end{array}$$
となります.

次に右辺は,
$$\begin{array}{rcl}{\mathrm{I}}^{c-1}\frac{f(z)}{(1-z{)}^c}& =& \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}{\int }_0^z(z-t{)}^{c-2}\frac{f(t)}{(1-t{)}^c}dt\end{array}$$
となりますが, これはだいたい$\frac{1}{1-z}$くらいの大きさなので, [1]を適用することができます. すると[1]でいう$f(1)$は${\displaystyle \underset{z\to 1-0}{lim}(1-z){\mathrm{I}}^{c-1}\frac{f(z)}{(1-z{)}^c}}$ に対応します. これを計算すると,
$$\begin{array}{rcl}& & \underset{z\to 1-0}{lim}(1-z){\mathrm{I}}^{c-1}\frac{f(z)}{(1-z{)}^c}\\ & =& \underset{z\to 1-0}{lim}\frac{1-z}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}{\int }_0^z(z-t{)}^{c-2}\frac{f(t)}{(1-t{)}^c}dt\\ & =& \underset{z\to +0}{lim}\frac{z}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}{\int }_0^{1-z}(1-t-z{)}^{c-2}\frac{f(t)}{(1-t{)}^c}dt\\ & =& \underset{z\to +0}{lim}\frac{z}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}{\int }_0^{1-z}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{c-2}{n})(1-t{)}^{c-2-n}(-z{)}^n\frac{f(t)}{(1-t{)}^c}dt\\ & =& \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{c-2}{n})(-1{)}^n\underset{z\to +0}{lim}{z}^{n+1}{\int }_0^{1-z}\frac{f(t)}{(1-t{)}^{n+2}}dt\end{array}$$

ここで, ロピタルの定理より(極限の存在の証明は許してください...)
$$\begin{array}{rcl}& & \underset{z\to +0}{lim}{z}^{n+1}{\int }_0^{1-z}\frac{f(t)}{(1-t{)}^{n+2}}dt\\ & =& \underset{z\to +0}{lim}\frac{\frac{d}{dz}{\int }_0^{1-z}\frac{f(t)}{(1-t{)}^{n+2}}dt}{\frac{d}{dz}\frac{1}{z^{n+1}}}\\ & =& \underset{z\to +0}{lim}\frac{z^{n+2}}{n+1}\cdot \frac{f(1-z)}{z^{n+2}}\\ & =& \frac{f(1)}{n+1}\end{array}$$
ですので, 結局
$$\begin{array}{rcl}& & \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{c-2}{n})(-1{)}^n\frac{f(1)}{n+1}\\ & =& \frac{f(1)}{\mathrm{\Gamma }(c-1)}{\int }_{-1}^0(1+x{)}^{c-2}dx\\ & =& \frac{f(1)}{(c-1)\mathrm{\Gamma }(c-1)}\\ & =& \frac{f(1)}{\mathrm{\Gamma }(c)}\end{array}$$
となります.

従って, $[1]$より
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n\frac{\mathrm{\Gamma }(n+1)}{\mathrm{\Gamma }(n+c)}=\frac{f(1)}{\mathrm{\Gamma }(c)}$$
となり, Stirlingの公式より ${\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(n+1)}{\mathrm{\Gamma }(n+c)}\sim \frac{1}{n^{c-1}}}$ ですので
$$a_n\sim \frac{f(1)}{\mathrm{\Gamma }(c)}{n}^{c-1}\mathrm{as}n\to \mathrm{\infty }$$
が示されました.
$$

$[3]$ $0<c<1$のとき

この場合は, $(c-1)$階積分はできないので, 1階微分してから$c$階積分することにします.

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{z}^n=\frac{f(z)}{(1-z{)}^c}$$
の両辺を微分して,
$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{a}_n{z}^{n-1}=\frac{cf(z)+(1-z)f^{\prime }(z)}{(1-z{)}^{c+1}}$$
これは, $[2]$において$c\mapsto c+1(>1),a_n\mapsto n{a}_n,f(z)\mapsto cf(z)+(1-z)f^{\prime }(z)$と読み替えたものであり, 条件を満たしているので, ($z$倍の差は影響しません )
$$n{a}_n\sim \frac{cf(1)}{\mathrm{\Gamma }(c+1)}{n}^c$$
即ち
$$a_n\sim \frac{f(1)}{\mathrm{\Gamma }(c)}{n}^{c-1}$$
が示されました.

以上より, 補題1の証明が完了しました.$$◻$$
$$

補題1を
$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}({\alpha }^n\sum _{k=0}^n{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}^2{t}^k)z^n=\frac{1}{(t-1)\sqrt{\alpha (\beta -\alpha z)(1-z)}}(|z|<1)$$
に適用します. 即ち, ${\displaystyle c=\frac{1}{2},f(z)=\frac{1}{(t-1)\sqrt{\alpha (\beta -\alpha z)}}}$として,

$${\alpha }^n\sum _{k=0}^n{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}^2{t}^k\sim \frac{1}{(t-1)\sqrt{\alpha (\beta -\alpha )}}\cdot \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$$
となります.

${\displaystyle \alpha =(\frac{\sqrt{t}-1}{t-1}{)}^2,\frac{1}{\alpha }=(\sqrt{t}+1{)}^2,\beta -\alpha =\frac{4\sqrt{t}}{(t-1{)}^2}}$ に注意してこれらを代入することで,
$$\sum _{k=0}^n{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}^2{t}^k\sim \frac{(\sqrt{t}+1{)}^{2n+1}}{2\sqrt[4]{t}\sqrt{\pi n}}\mathrm{as}n\to \mathrm{\infty }$$
を得ました！！！

さらに, 今は$t>1$と約束していましたが, なんと$t=1$でもこれは正しくて, にっこりしてしまいますね🥰
$$

ここまで読んで下さった方, ありがとうございました. もし間違っている点などありましたら教えて頂けると幸いです🙇‍♂️！