Cómo probar que $\frac1{n\cdot 2^n}\sum\limits_{k=0}^{n}k^m\binom{n}{k}\to\frac{1}{2^m}$ cuando $n\to\infty$

Question

Tengo que solucionar después suma $$\sum_{k=0}^{n}k\binom{n}{k}=n2^{n-1}\Longrightarrow \dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}k\binom{n}{k}}{n\cdot 2^n}\to\dfrac{1}{2},n\to\infty$ $ $$\sum_{k=0}^{n}k^2\binom{n}{k}=n(n+1)2^{n-2}\Longrightarrow \dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^2\binom{n}{k}}{n\cdot 2^n}\to\dfrac{1}{2^2},n\to\infty$ $ $$\sum_{k=0}^{n}k^3\binom{n}{k}=2^{n-3}n^2(n+3)\Longrightarrow \dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^3\binom{n}{k}}{n\cdot 2^n}\to\dfrac{1}{2^3},n\to\infty$ $ por lo que conjeturar lo siguiente: $$\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n}k^m\binom{n}{k}}{n\cdot 2^n}\to\dfrac{1}{2^m},n\to\infty$ $ %#% $ de #% por lo que conjeturamos para $$\cdots\cdots$ número real positivo también sostienen.

Answer 1

Que $(Z_i)$ ser i.i.d. Bernoulli(1/2) random variables y conjunto de $\bar Z_n={1\over n}\sum_{i=1}^n Z_i$ ser la media de la muestra. Entonces $\bar Z_n\to 1/2$ casi seguramente por la ley de grandes números.

Por otro lado, $X=\sum_{i=1}^n Z_i$ tiene una distribución Binomial %#% de #%, que $(n,1/2)$ $\mathbb{P}(X=k)={n\choose k}(1/2)^n$.

Por lo tanto, para cada número real $0\leq k\leq n$ % $ $m\geq 0$por el teorema de convergencia limitada.

Answer 2

Usted puede escribir su expresión como

$$ E[\bar{X}^m]n^{m-1} $$ donde $\bar{X}=\frac{X_1+\dots+X_n}{n}$ con variables aleatorias de Bernoulli independientes $X_i$. Esto demuestra que usted está fuera por $n^{m-1}$. De hecho, si se divide por $n^{m-1}$ se puede aplicar el fuerte de la Ley de los Grandes Números a la conclusión de $$ E[\bar{X}^m]\[X_1]^m=(1/2)^m. $$

(*) Justificación de la convergencia: La SLLN da pointwise convergencia de $\bar{X}^m$ a 1/2. Además, $|\bar{X}|^m$ es siempre limitada por $1$. Por lo tanto podemos aplicar el teorema de convergencia dominada.

Answer 3

Otra prueba (por entero $m$) con álgebra elemental: definamos $P_m(n)$ tal que $$\sum_{k=0}^{n}(2k)^m\binom{n}{k}=2^nP_m(n)$$then it can be seen by induction that $P_m(n)$ is a polynomial function of $n$, of order $m$, with $1$ como de orden más alto coeficiente.

$P_m(0)=0$ a excepción de $m=0$ donde $P_0(0)=1=P_0(n)$

De $\sum_{k=0}^{n+1}(2k)^m\binom{n+1}{k}=2^{n+1}P_m(n+1)$ es sencillo deducir que

$2^nP_m(n)+2^m\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}k^j\binom{m}{j}\binom{n}{k}=2^{n+1}P_m(n+1)$

o $P_m(n+1)=P_m(n)+\sum_{j=0}^{m-1}2^{m-j-1}\binom{m}{j}P_j(n)$

por lo tanto, sumando los de arriba sobre $n$ $o$ $n-1$

$$P_m(n)=\sum_{j=0}^{m-1}2^{m-j-1}\binom{m}{j}\sum_{k=0}^{n-1}P_j(k)$$ a continuación, la hipótesis de inducción es: para $0\le j\le m-1$ $P_j(k)$ es el polinomio de orden $j$ con 1 como coeficiente de $k^j$,

a continuación, $\sum_{k=0}^{n-1}P_j(k)$ es el polinomio en $n$, con el mismo orden de $j+1$ y el mismo coeficiente de $\frac{1}{j+1}$ $n^{j+1}$ como la suma de las potencias $\sum_{k=0}^{n-1}k^j$

a continuación, $P_m(n)=\sum_{j=0}^{m-1}2^{m-j-1}\binom{m}{j}\sum_{k=0}^{n-1}P_j(k)$ es el polinomio de orden $m$ $\frac{1}{m}\binom{m}{m-1}=1$ como coeficiente de $n^m$.

$P_4(n)=n(n+1)(-2+5n+n^2)$

$P_5(n)=n^2(-10+15n+10n^2+n^3)$

Parece que $P_m(n)$ tiene coeficientes enteros.