¿Es cierto que $\lim_{m\to\infty} \sum_{k=0}^{\frac{m-1}{2}} {m\choose{k}}(a^{k+1}(1-a)^{m-k}+a^k(1-a)^{m-k+1})=\min(a,1-a)$ ?

Question

Cálculo de un límite determinado que depende de dos parámetros $m$ y $a$ donde $m\in \mathbb{N}$ es un número impar y $a\in[0,1]$ He comprobado que el resultado viene dado por la siguiente expresión: $$f_m(a):=\sum_{k=0}^{\frac{m-1}{2}} {m\choose{k}}\left(a^{k+1}(1-a)^{m-k}+a^{m-k}(1-a)^{k+1}\right).$$ Siendo una expresión desagradable y estando interesado en esos valores para grandes valores de $m$ He intentado calcular $$\lim_{n\to+\infty} f_{2n+1}(a).$$ Sin embargo, fallé, así que puse esa expresión en matlab y la grafiqué para diferentes valores de $n$ . Lo que resulta es que $f_{2n+1}(a)$ parece acercarse $\min(a,1-a)$ .

¿Alguien tiene idea de por qué ocurre esto?

Answer 1

Tenemos $f_{2n+1}(a)=ag_n(1-a)+(1-a)g_n(a)$ donde $$g_n(a)=\sum_{k=0}^{n}\binom{2n+1}{k}a^{2n+1-k}(1-a)^k.$$ Utilizando la notación "coeficiente de", deducimos \begin{align} g_n(a)&=\sum_{k=0}^{n}[x^{2n+1-k}](1-a+ax)^{2n+1} \\&=[x^{2n+1}]\sum_{k=0}^{n}x^k(1-a+ax)^{2n+1} \\&=[x^{2n+1}]\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\big(1+a(x-1)\big)^{2n+1} \\&=[x^{2n+1}]\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\left[\big(1+a(x-1)\big)^{2n+1}-1\right] \\&=[x^{2n+1}](x^{n+1}-1)\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n+1}{k}a^{2n+1-k}(x-1)^{2n-k} \\&=\sum_{k=0}^{\color{red}{n}}\binom{2n+1}{k}a^{2n+1-k}[x^n](x-1)^{2n-k} \\&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{2n+1}{k}\binom{2n-k}{n}a^{2n+1-k} \\&=(2n+1)\binom{2n}{n}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}\frac{a^{2n+1-k}}{2n+1-k} \\&=\color{blue}{(2n+1)\binom{2n}{n}\int_0^ax^n(1-x)^n\,dx} \end{align} (podríamos evitar esta derivación simplemente observando que $g_n(a)$ es $a^{n+1}$ por un polinomio de grado $n$ en $a$ , satisfaciendo $g_n(a)+g_n(1-a)=1$ que es único por interpolación de Lagrange-Sylvester, y la expresión final también cumple estas condiciones).

Ahora es fácil ver que $\lim\limits_{n\to\infty}g_n(a)=0$ cuando $a<1/2$ desde entonces $a(1-a)<1/4$ y $\binom{2n}{n}\leqslant 4^n$ . Y de $g_n(a)+g_n(1-a)=1$ por fin tenemos $$\lim_{n\to\infty}g_n(a)=\begin{cases}0,&0\leqslant a<1/2\\1/2,&a=1/2\\1,&1/2<a\leqslant 1\end{cases}$$ que es suficiente.

Answer 2

Observe que $f_{2n+1}(a)$ tiene la siguiente interpretación probabilística. Consideremos $2n+1$ monedas, cada una con probabilidad $a$ de cabezas de aterrizaje independientemente unas de otras, y considerar la variable aleatoria $X_{2n+1}$ dado por el número de monedas que salen cara. Entonces $$ f_{2n+1}(a)=a\cdot \mathbb P(X_{2n+1}\leq n)+(1-a)\cdot \mathbb P(X_{2n+1}\geq n+1). $$ Por el ley de los grandes números , $X_{2n+1}/(2n+1)$ converge a la cantidad determinista $a$ como $n\to\infty$ . Reescribiendo las probabilidades en términos del cociente vemos que $$ f_{2n+1}(a)=a\cdot \mathbb P\Bigl(\frac{X_{2n+1}}{2n+1}\leq \frac{n}{2n+1}\Bigr)+(1-a)\cdot \mathbb P\Bigl(\frac{X_{2n+1}}{2n+1}\geq \frac{n+1}{2n+1}\Bigr), $$ y en consecuencia (cuando $a\not=\tfrac12$ - ver el final del post para saber por qué) $$ \lim_{n\to\infty}f_{2n+1}(a)=a\cdot \mathbb P\Bigl(a\leq \frac12\Bigr)+(1-a)\cdot \mathbb P\Bigl(a\geq \frac12\Bigr)=\min(a,1-a), $$ desde $\mathbb P(a\leq \tfrac12)=1$ si $a\leq \tfrac12$ y $0$ en caso contrario, y lo mismo para $\mathbb P(a\geq \tfrac12)$ .

En relación con el caso $a=\tfrac12$ En este caso, el argumento directo es muy sencillo y no hace falta recurrir a la ley de los grandes números, lo cual es una suerte, porque resulta que la ley de los grandes números no se aplica directamente por razones técnicas. La cuestión es que el modo de convergencia utilizado en la ley de los grandes números es sensible a los efectos de frontera y, por tanto, cuando $a=\tfrac12$ no es cierto que $\lim_{n\to\infty}\mathbb P\Bigl(\frac{X_{2n+1}}{2n+1}\leq \frac{n}{2n+1}\Bigr)=\mathbb P(a\leq \tfrac 12)$ . Afortunadamente, cuando $a=\tfrac12$ la moneda que estamos lanzando es una moneda justa por lo que tenemos una simetría obvia en $X_{2n+1}$ el número de caras y el número de colas tienen la misma distribución, y por tanto $$ \mathbb P\Bigl(\frac{X_{2n+1}}{2n+1}\leq \frac{n}{2n+1}\Bigr)=\mathbb P\Bigl(\frac{X_{2n+1}}{2n+1}\geq \frac{n+1}{2n+1}\Bigr)=\frac12. $$ Así que cuando $a=\tfrac12$ el valor límite declarado es válido para todos los $n$ y no sólo en el límite.