Limite con coefficiente binomiale generalizzato

[Sirio1988]

Salve a tutti,
volevo chiedervi una mano per la risoluzione di questo limite:

$lim_(n to +oo) ((alpha),(n))$ con $alpha in RR, alpha<0$
So che $((alpha),(n))=(alpha(alpha-1)(alpha-2)...(alpha-n+1))/(n!)$
ma purtroppo non so andare avanti.

[theras]

Ciao!
Forse potrebbe essere utile ricordare che,
indicato con [x] il più grande numero relativo che non supera il numero reale x,
si ha $[x]<=x<[x]+1$ $AAx$$inRR$:
saluti dal web.

[Sirio1988]

"theras":Ciao!
Forse potrebbe essere utile ricordare che,
indicato con [x] il più grande numero relativo che non supera il numero reale x,
si ha $[x]<=x<[x]+1$ $AAx$$inRR$:
saluti dal web.

Purtroppo non riesco ancora a capire.

[Sirio1988]

Se considero $alpha<0$ si avrà che raccogliendo -1

$lim_(n rarr oo) (alpha(alpha-1)...(alpha-n+1))/(n!)=lim_(n rarr oo) -alpha(1-alpha)...(n-1-alpha)(-1)^n/(n!)$

con $-alpha(1-alpha)...(n-1-alpha)>0$ e $lim_(n rarr oo) (-1)^n/(n!)=0$

Vi sembra corretto? Se si come posso andare avanti?

[theras]

Ciao!
Beh è passato un pò di tempo dall'ultimo tratto dell'Inverno passato,
ma mi sento di poter dire con discreta possibilità d'indovinare che ti stavo implicitamente consigliando di "imprigionare" la tua successione tra due che sembrano parecchio infinitesime:
altrimenti perchè non provi a scrivere per bene $|(a_(n+1))/(a_n)|$(=$(|a_(n+1)|)/(|a_n|)$..),
dato che sembra come il suo limite sia minore di 1?
Ne dedurresti qualcosa che,se ho ragione,permetterebbe lecitamente pure di togliere quel valore assoluto che ho introdotto,
e in ultima analisi risolvere il tuo quesito iniziale:
saluti dal web.

[Sirio1988]

Comunque avevo sbagliato a scrivere il limite. Quello corretto è:

$lim_(n rarr oo) |((alpha),(n))|$

Ma anche in questo caso non riesco comunque a venirne a capo.

[totissimus]

Per \(\alpha=-1\) la successione è semplicemente \( (-1)^n\)
Poniamo per semplicità \( -\alpha=a\) e quindi:
\(x_n=\left| \binom{\alpha}{n}\right|=\frac{a(1+a)(2+a)\cdots(n-1+a)}{n!}\)
\(ln(x_n)=ln(a)+ln(a+1)\cdots ln(n-1+a)-ln(2)-\cdots ln(n-1+a)=\sum_{k=0}^{n-1}ln(\frac{k+a}{k+1})\)
Considero la funzione:
\( f(x)=ln(\frac{x+a}{x+1})\) risulta \( f'(x)=\frac{1-a}{(x+a)(x+1)}\) e quindi \( f(x)\) è crescente per \( 01\) inoltre:
\( \int ln(\frac{x+a}{x+1})dx=xln(\frac{x+1}{x+1})+aln(x+a)-ln(1+x)\)
Caso \( 0 \( \int_k^{k+1}ln(\frac{x+a}{x+1})dx>ln(\frac{k+a}{k+1})\) da cui:
\( ln(x_n)<\int_0^{n}f(x)dx=nln(\frac{n+a}{n+1})+aln(n+a)-ln(n+1)-aln(a)<\)
\( Si vede facilmente che ilsecondo membro tende a \( -\infty\) e quindi:
\( lim_{n \rightarrow \infty} ln(x_n) = -\infty\) e \( lim \mbox{ } x_n = 0\).
il caso \( a>1 \) si tratta in modo analogo e si trova che \( lim \mbox{ } x_n = \infty\)

Osservazione:
se \( a>=2 \) il risultato si consegue anche cosi:
Sia \( 2\leq k \leq a\) con \(k \) naturale
\( x_n=\left| \binom{\alpha}{n}\right|=\frac{a(1+a)(2+a)\cdots(n-1+a)}{n!}\geq \frac{k(k+1)\cdots (n-1+k)}{n!}=\binom{n-1+k}{n}=\binom{n-1+k}{k-1}=\)polinomio di grado \(\geq 1\)

[Sirio1988]

"totissimus":Per \(\alpha=-1\) la successione è semplicemente \( (-1)^n\)
Poniamo per semplicità \( -\alpha=a\) e quindi:
\(x_n=\left| \binom{\alpha}{n}\right|=\frac{a(1+a)(2+a)\cdots(n-1+a)}{n!}\)
\(ln(x_n)=ln(a)+ln(a+1)\cdots ln(n-1+a)-ln(2)-\cdots ln(n-1+a)=\sum_{k=0}^{n-1}ln(\frac{k+a}{k+1})\)
Considero la funzione:
\( f(x)=ln(\frac{x+a}{x+1})\) risulta \( f'(x)=\frac{1-a}{(x+a)(x+1)}\) e quindi \( f(x)\) è crescente per \( 01\) inoltre:
\( \int ln(\frac{x+a}{x+1})dx=xln(\frac{x+1}{x+1})+aln(x+a)-ln(1+x)\)
Caso \( 0 \( \int_k^{k+1}ln(\frac{x+a}{x+1})dx>ln(\frac{k+a}{k+1})\) da cui:
\( ln(x_n)<\int_0^{n}f(x)dx=nln(\frac{n+a}{n+1})+aln(n+a)-ln(n+1)-aln(a)<\)
\( Si vede facilmente che ilsecondo membro tende a \( -\infty\) e quindi:
\( lim_{n \rightarrow \infty} ln(x_n) = -\infty\) e \( lim \mbox{ } x_n = 0\).
il caso \( a>1 \) si tratta in modo analogo e si trova che \( lim \mbox{ } x_n = \infty\)

Osservazione:
se \( a>=2 \) il risultato si consegue anche cosi:
Sia \( 2\leq k \leq a\) con \(k \) naturale
\( x_n=\left| \binom{\alpha}{n}\right|=\frac{a(1+a)(2+a)\cdots(n-1+a)}{n!}\geq \frac{k(k+1)\cdots (n-1+k)}{n!}=\binom{n-1+k}{n}=\binom{n-1+k}{k-1}=\)polinomio di grado \(\geq 1\)

Non esiste un metodo più immediato?

[totissimus]

@sirio1988 Ti propongo quest'altro metodo basato sul

Criterio di Raabe
Sia \( \sum a_n\) una seria a termini positivi e \( lim_{n \rightarrow \infty}n(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1)=L\) allora
se \(L>1 \) la serie \( \sum a_n\) converge
se \( L<1\) la serie diverge.

Abbiamo \( \frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{a+n}{n+1}\)
Per \( 0 \( lim \mbox{ }n(\frac{x^k_n}{x^k_{n+1}}-1)=lim \mbox{ }n[(\frac{n+1}{a+n})^k-1]=lim \mbox{ } n\frac{(n+1)^k-(a+n)^k}{(a+n)^k}\)
\( = lim \mbox{ } \frac{n(1-a)[(n+1)^{k-1}+\cdots+(a+n)^{k-1}]}{(a+n)^k}=lim \frac{n(1-a)[kn^{k-1}+\cdots a^{k-1}]}{(a+n)^k}=k(1-a)\)
Prendento \( k>\frac{1}{1-a}\) il limite risulta maggiore di \(1\) quindi la serie converge e \( lim \mbox{ }x^k_n=0\) ossia \( lim \mbox{ }x_n=0\)
Per \( a>1\) consideriamo la serie \( \sum \frac{1}{x^k_n}\) e applichiamo il criterio di Raabe:
\( lim \mbox{ }n(\frac{x^k_n}{x^k_{n+1}}-1)=lim \mbox{ }n[(\frac{a+n}{n+1})^k-1]=\cdots = lim \mbox{ }\frac{n(a-1)[kn^{k-1}+\cdots + a^{k-1}]}{(n+1)^k}=k(a-1)\)
Il limite è maggiore di (\1\) per\(k>\frac{1}{a-1} \) e per tali \(k\)la serie converge e quindi abbiamo:
\( lim \mbox{ } \frac{1}{x^k_n}=0\) ossia \( lim \mbox{ } x_n=\infty.\)