特殊関数・漸近解析の問題

1. 中心二項係数で割る。 $R_k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k}\right)/\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ とおく。$R_{-k}=R_k$ である。$N=n+\frac{1}{2}$ とすると、$k\ge 1$ のとき
$$R_k=\prod _{j=1}^k\frac{n-j+1}{n+j}=\prod _{j=1}^k\frac{N-(j-\frac{1}{2})}{N+(j-\frac{1}{2})}$$
と書ける。$\log \frac{1-a}{1+a}=-2\mathrm{artanh}a=-2\left(a+\frac{a^3}{3}+\frac{a^5}{5}+\cdots \right)$ $(0\le a<1)$ を $a_j=(j-\frac{1}{2})/N$ に用いる。${\sum }_{j=1}^k(j-\frac{1}{2})=\frac{k^2}{2}$、${\sum }_{j=1}^k(j-\frac{1}{2}{)}^3=\frac{k^2(2k^2-1)}{8}$ であるから
$$\log R_k=-\frac{k^2}{N}-\frac{k^2(2k^2-1)}{12N^3}-(\text{非負の項}).$$
さらに $\frac{1}{n}-\frac{1}{N}=\frac{1}{2nN}$ より
$$\log R_k+\frac{k^2}{n}=\frac{k^2}{2nN}-\frac{k^2(2k^2-1)}{12N^3}-\frac{2}{5}\sum _{j=1}^k{a}_j^5-\cdots .$$

2. 主要部（4 次の退化）。 2 次の項は打ち消し合い、残る主要項は 4 次である。そこで $k=s{n}^{3/4}$ とおく（$s$ は固定）。このとき
- $\frac{k^2}{2nN}=O(n^{-1/2})$
- $\frac{k^2(2k^2-1)}{12N^3}\to \frac{s^4}{6}$
- ${\sum }_{j=1}^k{a}_j^5=O(k^6/n^5)=O(n^{-1/2})$（高次の項も同様に $0$ に収束）

となる。したがって次が成り立つ。
$$R_k{e}^{k^2/n}\to e^{-s^4/6}.$$

3. 優関数。 1. の式で非負の項を捨てると上からの評価が得られる。$|k|\le n$ では $\frac{k^2}{2nN}\le \frac{1}{2}$ である。また $k\ge 1$ で $2k^4-k^2\ge k^4$、$N\le \frac{3}{2}n$ である。よって
$$R_k{e}^{k^2/n}\le e^{1/2}\exp \left(-\frac{k^4}{12N^3}\right)\le e^{1/2}\exp \left(-\frac{2s^4}{81}\right)$$
が成り立つ（$k=0$ でも成立）。右辺は $s$ について可積分である。

4. 和を積分に。 和を刻み幅 $n^{-3/4}$ の階段関数の積分とみなし、優収束定理を用いる。
$$\frac{S_n}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)n^{3/4}}=\sum _k{n}^{-3/4}{R}_k{e}^{k^2/n}\to {\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-s^4/6}ds,$$
$$\frac{T_n}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)n^{9/4}}=\sum _k{n}^{-3/4}(\frac{k}{n^{3/4}}{)}^2{R}_k{e}^{k^2/n}\to {\int }_{-\infty }^{\infty }{s}^2{e}^{-s^4/6}ds.$$
$s=6^{1/4}u$ と置換し、${\int }_0^{\infty }{u}^m{e}^{-u^4}du=\frac{1}{4}\Gamma \left(\frac{m+1}{4}\right)$ を使う。
$${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-s^4/6}ds=\frac{6^{1/4}}{2}\Gamma \left(\frac{1}{4}\right),{\int }_{-\infty }^{\infty }{s}^2{e}^{-s^4/6}ds=\frac{6^{3/4}}{2}\Gamma \left(\frac{3}{4}\right).$$

5. 積を取る。 相補公式 $\Gamma (\frac{1}{4})\Gamma (\frac{3}{4})=\frac{\pi }{\sin (\pi /4)}=\sqrt{2}\pi$ より
$$S_n{T}_n\sim {\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}^2{n}^3\cdot \frac{6}{4}\cdot \sqrt{2}\pi ={\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}^2{n}^3\cdot \frac{3\sqrt{2}\pi }{2}.$$
スターリングの公式 $m!\sim \sqrt{2\pi m}(m/e{)}^m$ から $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)=\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}\sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$、すなわち ${\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}^2\sim \frac{16^n}{\pi n}$ である。よって
$$S_n{T}_n\sim \frac{16^n}{\pi n}\cdot n^3\cdot \frac{3\sqrt{2}\pi }{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}16^n{n}^2.$$
したがって $L=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ である。

二項係数の漸近形を用いて、和をラプラス法で評価する。

$x=k/n$ とおく。スターリングの公式より
$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k}\right)\approx \frac{4^n}{\sqrt{\pi n(1-x^2)}}\exp \{-n[(1+x)\log (1+x)+(1-x)\log (1-x)]\}$$
である。ここで $(1+x)\log (1+x)+(1-x)\log (1-x)=x^2+x^4/6+x^6/15+\cdots$ なので、$e^{k^2/n}=e^{n{x}^2}$ を掛けると $x^2$ の項が打ち消し合う。その結果
$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k}\right)e^{k^2/n}\approx \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\exp \left(-\frac{k^4}{6n^3}\right)$$
となる。

これより、$k=n^{3/4}y$ とおくと和は積分で近似でき、
$$S_n\sim \frac{4^n{n}^{1/4}}{\sqrt{\pi }}{I}_0,T_n\sim \frac{4^n{n}^{7/4}}{\sqrt{\pi }}{I}_2$$
を得る。ここで $I_0={\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-y^4/6}dy$、$I_2={\int }_{-\infty }^{\infty }{y}^2{e}^{-y^4/6}dy$ である。

$t=y^4/6$ と置換すると
$$I_0=\frac{6^{1/4}}{2}\Gamma (1/4),I_2=\frac{6^{3/4}}{2}\Gamma (3/4)$$
となる。よって
$$I_0{I}_2=\frac{6}{4}\Gamma (1/4)\Gamma (3/4)=\frac{3}{2}\cdot \frac{\pi }{\sin (\pi /4)}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\pi .$$

積は $S_n{T}_n\sim \frac{16^n{n}^2}{\pi }{I}_0{I}_2$ なので
$$L=\frac{I_0{I}_2}{\pi }=\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{3}{\sqrt{2}}.$$

検算として、$n$ の冪が $n^{1/4}\cdot n^{7/4}=n^2$ となり、分母の $n^2$ と一致することを確認した。