Aquí está una mirada en el problema utilizando una generación de función. Como usted señala, tenemos para $k > 1$:
$$
p_k = \frac{1}{2^k}\sum_{j=0}^k \binom{k}{j} p_j
$$
Tenga en cuenta que esto es por $\frac12$ al $k=1$.
Definimos $f(z)$ a ser el exponencial de la generación de la función de $p_k$:
$$
f(z) = \sum_{k=0}^\infty \frac{p_k}{k!} z^k
$$
A continuación, podemos observar:
$$
f(\frac z2)e^{\frac z2} + \frac{z}{2} = \sum_{k=0}^\infty \left(\sum_{j=0}^k \frac{p_j}{j!(k-j)!}\right)\left(\frac{z}{2}\right)^k + \frac{z}{2} = f(z)
$$
Esto nos da una fórmula de recursión para $f(z)$. Inductivamente, podemos ver
$$
f(z) = \frac{z}{2} + f(\frac z2)e^{\frac z2} = \frac{z}{2} + \frac{z}{4}e^{\frac{z}{2}} + f(\frac z4)e^{\frac {3z}4} = ... = \sum_{n=0}^{N-1} \frac{z}{2^{n+1}} e^{\frac{2^n - 1}{2^n} z} + f(\frac{z}{2^N}) e^{\frac{2^N - 1}{2^N} z}
$$
Tomando el límite cuando $N$ va al infinito y recordando que $f(0) = p_0 = 0$, determinar:
$$
f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z}{2^{n+1}} e^{\frac{2^n - 1}{2^n} z} =\frac{z e^z}2 \sum_{n=0}^\infty \frac{e^{-2^{-n} z}}{2^n}
$$
Así tenemos a $p_n = f^{(n)} (0)$ que funciona de acuerdo con las otras respuestas:
$$
p_n = f^{(n)}(0) = \frac{n}{2}\sum_{k=1}^\infty 2^{-k}\left(1 - 2^{-k}\right)^{n-1}
$$
Tenga en cuenta que esto es el aumento en el $n$, y acotada arriba por $1$, por lo tanto converge.
Ahora nos muestran que la $\lim p_k = \frac1{2\log 2}$. Observe que la suma de $\sum_{n=0}^\infty \frac{e^{-2^{-n} z}}{2^n}$ es un izquierdo de la suma de Riemann con intervalo de divisiones de longitud $1$ de la integral de la $\int_0^\infty 2^{-x} e^{-2^{-x} z} dx$, que evalúa a $\frac{1 - e^{-z}}{z\log 2}$. Llame el integrando $g(x)$. Observe que $g(x)$ es el aumento de $x < \log_2{z}$ y la disminución de $x > \log_2{z}$. Por lo tanto, para los más pequeños de $x$, la integral subestima la suma, y para el mayor $x$, se sobrestima. Cambiar a un derecho de Riemann suma de los interruptores en el sobre/subestimación pero puesto que todos los términos en la serie vaya a $0$ exponencialmente $z$ va al infinito, esto no cambia el asymptotics de la suma total en $z$. Por lo tanto, la suma y la integral son asintóticamente equivalentes. Por lo tanto, se puede concluir $$
f(z) \sim \frac{e^z}{2\log 2}
$$
lo que implica que si $p_n$ converge a un límite, debe converger a $\frac1{2\log 2}$. Como ya hemos establecido que la $p_n$ es convergente, esto muestra que, efectivamente,$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} p_n = \frac1{2\log2}$.
