下限$\sum_{\{s_{1}，。。，s{d}\}\子集[n]}d！\压裂{1}{s_{1} 秒_{2} \点s_{d}}$

Question

我想下界下面的选择表达式d美元$数字来自$[n]：=\{1,2，\点，n\}$.$$\sum_{\{s_{1}，。。，s{d}\}\子集[n]}d！\压裂{1}{s_{1} 秒_{2} \点s_{d}}$$在这里$s_{1}，\点，s_{d}$都是与众不同的。我知道我可以把这个上限$\左（1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}}{n}\right）^{d}=H_{n}^{d{<（lnn+1）^{d}$有没有办法降低这个数量的下限，也许$\Theta（（ln n）^d）美元$? 或者是一个界限$\Theta（（\n n）^d）$甚至可能？我真的不太了解组合学，所以不知道我能用什么工具。

Answer 1

我可以用调和数给出你们的总和的精确表达式，这证明你们的总和是$\Theta（（\log n）^d）$.

首先，回忆一下n美元$变量。$$e_d（x_1，\dots，x_n）=\sum_{1\lei_1\lt\dots\lti_d\len}x_{i_1}x_{i_2}\cdots x{i_d}$$你感兴趣的表达是$d！\cdot e_d（\frac11，\frac12，\dots，\frac1n）$接下来，回顾一下定义如下的更简单的幂和对称多项式。$$p_d（x_1，点，x_n）=\sum_{i=1}^n x_i^d$$事实证明，您可以用幂和函数来表示基本对称函数，方法有些复杂。发件人维基百科上关于牛顿身份的文章，我们看到了$$e_d（x_1，\dots，x_n）=\frac1\d！}\sum_{\pi\in S_d}（-1）^{\text{sign}（\pi）}\prod_{C\in\text{cycles（$\pi$）}}p_{|C|}$$要清楚，对于每个排列美元\pi$具有周期长度$（C_1，\点，C_m）$，被加数为$（-1）^{\text{sign}（\pi）}\cdot（x_1^{C_1}+\dots+x_n^{C~1}）$例如，以d美元=3$.英寸S_3美元$，有一个具有三个长度循环的置换$1$，有三个2圈和1圈的排列，有两个3圈的排列。因此，$$\开始{align}e_3（x_1，\点，x_n）&=\frac1{3！}\bigg（1（x_1+\dots+x_n）^3\\&\四元\quad-3（x_1+\点+x_n）（x_1^2+\点+x_n^2）\\&\quad\quad+2（x_1^3+\dots+x_n^3）\bigg）\结束{对齐}$$将此应用于您的总和，我们得到了精确的公式$$\sum_{{s1，s2，s3\}\subseteq[n]}3！\frac1{s_1，s_2，s_3}=H_n^3-3H_n左（sum_{i=1}^n\frac1}i^2}\右）+2\sum_{i=1}^n\fracc1{i^3}。$$

最后，我们在$(*)$来确定求和的渐近增长率。请注意$p_1（\frac11，\frac12，\dots，\frac1n）=H_n$.面向所有人$k\ge 2美元$，我们有$$p_k（\tfrac11，\点，\tfrac1n）=\sum_{i=1}^n\frac1\i^k}<\zeta（k）$$所以这些因子是由常数限定的。因此，对于每个排列S_d中的$\pi\$具有千美元$固定点将有助于$\Theta（（\log n）^k）$总和的因子。主导术语将是身份置换$\Theta（（\log n）^d）$，因此整个总和为$\Theta（（\log n）^d）$.

Answer 2

引理：面向所有人$t\in\mathbb N$,$$\alpha_t:=\sup_{n>t}\frac{ln^{t+1}（n+1）}{\sum_{ell=t+1}^{n}\fracl{ell+1}\ln^t（\ell）}<\infty$$

证据提示：修复$t（美元）$你可以找到$N\in\mathbb N_{\ge t}$这样的话$u\mapsto\frac1u\ln^t（u）$正在上减少$[N，\infty）$那么，对于$n\ge n美元$,$$\sum_{\ell=N}^{N}\frac1\ell\ln^t（\ell）\ge\sum_}\ell=N}^{N}\int_{ell}^{\ell+1}\frac1u\ln^ t（u）\mathrm du=ln^{t+1}（N+1）-\ln^{t1}（N）$$

对于$d\in\mathbb N_{\ge 1}$、和$n\in\mathbb n_｛\ge d｝$，让$$\mathcal S_{n，d}：=\left\{left（S_1，\ldots，S_d\right）\subset[n]：S_1<\cdots<S_d\right\}$$和$$a_{n，d}=\sum_{left（s_1，\ldots，s_d\right）\in\mathcal s_{n，d}}\frac{d！}{\prod_{k=1}^d s_k}$$

引理： $$a{n+1，d+1}=a{n，d+1}+\frac{d+1}{n+1}a{n、d}$$

证明： \开始{align}a{n+1，d+1}&=sum{left（s_1，ldots，s{d+1}\right）在mathcal s_{n+1、d+1}\frac{（d+1）！}{prod_{k=1}^{d+1}\\&=\sum_{left（s_1，\ldots，s_{d+1}\right）在\mathcal s_{n+1，d+1}，\，s_}d+1}=n+1}\frac{（d+1）！<n+1}\frac{（d+1）！}{\prod_{k=1}^{d+1}s_k}\\&=\sum_{left（s_1，\ldots，s_d\right）\in\mathcal s_{n，d}}\frac{（d+1）d！}{（n+1）\prod_{k=1}^d s_k}+\sum_{left\（s_1，\ldot，s_{d+1}\right\\&=\压裂{d+1}{n+1}a{n，d}+a{n、d+1}。\结束{对齐}

引理：对于$d\ge 1美元$,$\存在C_d>0$,$n>d美元$,$$a_{n，d}\ge C_d\ln^d（n）$$

证明：我们将使用归纳法$d=1$ $$a{n，1}=\sum{ell=1}^{n}\frac1\ell=H_n\ge\ln n$$假设这是真的$d美元$那么，订购$n>d+1$,\开始{align}a{n，d+1}&=a{d+1，d+1{+sum{k=d+1}^{n-1}左（a{k+1，d+1}-a{k，d+1）\\&=1+（d+1）\sum{k=d+1}^{n-1}\frac1{k+1}a{k，d}\\&\ge（d+1）C_d\sum_{k=d+1}^{n-1}\frac1\k+1}\ln^{d}（k）\\&\ge（d+1）\frac{C_d}{\alpha_d}\ln^{d+1}（n）。\结束{对齐}

这将完成导入$C_{d+1}=（d+1）\压裂{C_d}{\alpha_d}$.