Complicado suma con los coeficientes binomiales

Question

Sé cómo demostrar que $\frac{1}{2^{n}}\cdot\sum\limits_{k=0}^nC_n^k \cdot \sqrt{1+2^{2n}v^{2k}(1-v)^{2(n-k)}}$ tends to 2 if n tends to infinity for $v\en (0,\, 1),\ v\neq 1/2$. This can be proved with the use of Dynamical systems reasonings, which are non-trivial and complicated. Is there quite good combinatiorial proof of this fact? How would you solve this problem as it is? Here $C_n^k$ denotes $\frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Answer 1

Usted puede volver a escribir la expresión como $$ \sum_{k=0}^n \sqrt{P_{1/2,n}(k)^2 + P_{v n}(k)^2}, $$ donde $P_{a,n} = {n\choose k} a^k (1-a)^k = P\big(\mathrm{Binom}(n,a) = k\big)$ es la distribución binomial con parámetros de $n$$a\in(0,1)$.

Ahora la instrucción es muy clara, ya que por la ley de los grandes números de las distribuciones $P_{1/2,n}$ $P_{v,n}$ a "sentarse" en conjuntos disjuntos: $P_{1/2,n}$ se concentra alrededor de $n/2$, $P_{v,n}$, alrededor de $nv$. Por lo tanto, $\sqrt{P_{1/2,n}(k)^2 + P_{v,n}(k)^2}\approx P_{1/2,n} $$k\approx n/2$, e $\sqrt{P_{1/2,n}(k)^2 + P_{v,n}(k)^2}\approx P_{v,n} $$k\approx nv$, por lo que la suma es $\approx \sum_{k\approx n/2} P_{1/2,n} + \sum_{k\approx nv} P_{v,n} \approx 1+ 1 = 2$.

Formalmente, asumiendo wlog que $v<1/2$ y de tomar cualquier $b\in (v,1/2)$, $$ 2\ge \sum_{k=0}^n \sqrt{P_{1/2,n}(k)^2 + P_{v n}(k)^2} \ge \sum_{k\le nb} P_{v n}(k) + \sum_{k > nb} P_{1/2,n}(k) \\ = 2 - \sum_{k> nb} P_{v n}(k) - \sum_{k\le nb} P_{1/2,n}(k) = 2 - P\big(\mathrm{Binom}(n,v) \ge nb\big) - P\big(\mathrm{Binom}(n,1/2) < nb\big) \\ \ge 2 - P\big(|\mathrm{Binom}(n,v)-nv| \ge n(b-v)\big) - P\big(|\mathrm{Binom}(n,1/2)-n/2| \ge n(1/2-b)\big) \\\ge 2 - \frac{v(1-v)}{n(b-v)^2} - \frac{1}{4n(1/2-b)^2}, $$ donde la última es por la desigualdad de Chebyshev. Por lo tanto el resultado de la siguiente manera.

Tenga en cuenta que mediante el uso de algunos de los más fuertes resultado (Chernoff, Hoeffding, Bernstein) es fácil demostrar que la convergencia es exponencialmente rápido.

Answer 2

Deje $$x=\sqrt[4]{4^nv^{2k}(1-v)^{2n-2k}}=(\sqrt{2})^n (\sqrt{v})^{k}(\sqrt{1-v})^{n-k},x>0$$ En primer lugar, tenemos las siguientes desigualdades $$x^2-x+1<\sqrt{x^4+1}<x^2+1,x>0\tag{1}$$ porque $$x^4+1>(x^2-x+1)^2\Longleftrightarrow x(2x^2-3x+2)>0,x>0$$ $$(x^4+1)<(x^2+1)^2\Longleftrightarrow x^2>0$$ el uso de $(1)$, tenemos $A$1+2^nv^k(1-v)^{n-k}-(\sqrt{2})^n(\sqrt{v})^k(\sqrt{1-v})^{n-k} <\sqrt{1+4^nv^{2k}(1-v)^{2n-2k}}<1+2^nv^k(1-v)^{n-k}\etiqueta{2}$$ el uso de $(2)$,Por una parte,tenemos \begin{align*}\lim_{n\to\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\sqrt{1+4^nv^{2k}(1-v)^{2n-2k}}}{2^n} &<\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(1+2^nv^{k}(1-v)^{n-k})}{2^n}\\ &=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}+\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}2^nv^k(1-v)^{n-k}}{2^n}\\ &=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{(1+1)^n+2^n(v+1-v)^n}{2^n}\\ &=2 \end{align*} el uso de $(2)$,en el otro lado $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\sqrt{1+4^nv^{2k}(1-v)^{2n-2k}}}{2^n} >2-\lim_{n\to+\infty}\dfrac{(\sqrt{2}+\sqrt{2(1-v)})^n}{2^n}=2$$ debido a que el Uso de Cauchy-Schwarz desigualdad tenemos $$\sqrt{v}+\sqrt{1-v}<\sqrt{2(v+1-v)}=\sqrt{2}$$