这个极限是否正确，如何证明？

dim

我验证了a=b=1时这个极限应该是成立的。求教各位大神！

Czhang271828

不小心默认$a\geq0$去做，导致后文$t_k^a\cos(b\ln t_k)$的有界性不好说明，或许还要考虑阶数问题（盲猜$a=-1/2$是临界点）。

大致的思路是先證明中間項權重遠大於兩側項權重，然後直接代$\dfrac{1}{2}$進去。然而我沒有去想初等方法，用廣義$\delta$函數證明了下。
以 (1) 為例，左式變形得
\[
\begin{align*}
\mathbf{LHS}&=\sum_{k=1}^n\dfrac{\tbinom{n}{k}}{2^n}\left(\dfrac{k}{n}\right)^a\cos\left(b\ln\dfrac{k}{n}\right)
\end{align*}
\]
依據De Moivre–Laplace theorem，當$n$足夠大時，可用正態分布$N(np,np(1-p))=N(\mu,\sigma^2)$連續矯正二項分布$B(n,p)$。在上式中即為
\[
\dfrac{1}{2^n}\tbinom{n}{k}\sim\dfrac{\exp(-\frac{(\mu-x)^2}{2\sigma^2})}{\sqrt{2\pi}\sigma}=\dfrac{1}{\sqrt{n\pi /2} }\cdot\exp\left(-\dfrac{(k-n/2)^2}{n/2}\right)
\]
令$t_k=k/n\in[0,1]$, 則
\[
\begin{align*}
\mathbf{LHS}&=\sum_{k=1}^n\dfrac{\tbinom{n}{k}}{2^n}\left(\dfrac{k}{n}\right)^a\cos\left(b\ln\dfrac{k}{n}\right)\\
&=\sum_{k=1}^n \dfrac{t_k^a\cos\left(b\ln t_k\right)}{\sqrt{n\pi /2} }\cdot\exp^{n/2}\left(-(2t_k-1)^2\right)\\
&=\sum_{k=1}^n \dfrac{t_k^a\cos\left(b\ln t_k\right)}{n}\cdot\dfrac{\exp^{n/2}\left(-(2t_k-1)^2\right)}{\sqrt{\pi/2n}}
\end{align*}
\]
令$\delta_n(x)=\dfrac{\exp^{n/2}\left(-(2x)^2\right)}{\sqrt{\pi/2n}}$，則$\{\delta_n(x)\}$為一致收斂於$\delta(x)$的函數列。顯然
\[
\int_{-1/2}^{1/2}\delta_n(x)\mathrm dx\to \int_{-\infty}^\infty\delta_n(x)\mathrm dx=1
\]
註意到$t_k^a\cos(b\ln t_k)$有界，以及上式（積分）一致收斂。由Riemann Summation得
\[
\begin{align*}
\mathbf{LHS}&=\sum_{k=1}^n \dfrac{t_k^a\cos\left(b\ln t_k\right)}{n}\cdot\dfrac{\exp^{n/2}\left(-(2t_k-1)^2\right)}{\sqrt{\pi/2n}}\\
&=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^nt_k^a\cos(b\ln t_k)\delta_n(t_k-1/2)\\
&\to\int_{0}^1 x^a\cos(b\ln x)\delta_n(x-1/2)\mathrm dx\\
&=[x^a\cos(b\ln x)]_{x=1/2}\\
&=\dfrac{\cos(b\ln 2)}{2^a}
\end{align*}
\]
(2) 式同理。

***

註：也可以不使用De Moivre–Laplace theorem。將函數$\tbinom{n}{k}2^{-n}$通過若幹水平線段延拓至$\mathbb R$，即
$$
\delta_n(x):=\tbinom{n}{nx}2^{-n}=\left\{\begin{align}&\tbinom{n}{[xn]}&&x\in[0,1]\\&0&&else.\end{align}\right.
$$
直接說明$\tbinom{n}{nx}2^{-n}$是$\delta$函數列，即對任意給定的足夠小的$\varepsilon_0$，滿足
$$
\lim_{n\to\infty}\int_{(-\infty,1/2-\varepsilon_0)\cup(1/2+\varepsilon_0,+\infty)}\delta_n(x)\mathrm dx=0
$$
一致收斂性可通過兩段曲線的單調性說明。

Czhang271828

不小心默认$a\geq0$去做，导致后文$t_k^a\cos(b\ln t_k)$的有界性不好说明，或许还要考虑阶数问题（盲猜$a= ...
Czhang271828 发表于 2021-1-16 15:52

先眯一会，看看如何完善$a<0$情况......

Czhang271828

回复 2# Czhang271828

眯咗好耐...这题都快丢荒了...

只需要证明以下命题: 对任意$(0,1)$上的连续函数$g(x)$,存在多项式列$\{g_n(x)\}$使得$g_n(x)\to g(x)$, 即逐点收敛. 特别地, 可取
$$
g_n(x)=\sum_{k=0}^ng(k/n)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}.
$$
原问题中取$g(x)=\cos(b\ln x)x^a$.

证明: 取独立同分布的随机变量$\{\xi_k\}$使得$P(\xi_k=1)=\mu$, $P(\xi_k=0)=1-\mu$, 即均值为$\mu$的两点分布. 对任意$x\in(0,1)$, $g$在$x$的某一邻域内有界. 根据强大数定律(Колмого́ров), 则有
$$
g\left(\dfrac{\xi_1+\xi_2+\cdots+\xi_n}{n}\right)\to g(\mu)\quad\text{a.e. }.
$$
即随机变量$X=\lim_{n\to\infty}g\left(\dfrac{\xi_1+\xi_2+\cdots+\xi_n}{n}\right)$几乎处处取值$g(\mu)$. 从而其期望为$g(\mu)$. 因此
$$
E\left[g\left(\dfrac{\xi_1+\xi_2+\cdots+\xi_n}{n}\right)\right]=\sum_{k=0}^ng(k/n)\binom{n}{k}\mu^k(1-\mu)^{n-k}\to g(\mu)
$$
为逐点收敛. 取$\mu=1/2$即可.