Demostración de una ecuación binómica

Question

Intento redactar formalmente el problema: Problema con el color de las bombillas cuando se me ocurre la siguiente ecuación

$$\sum_{i=0}^{k-1}{C}_{2k-1}^{2k-1-i}{p}^{2k-1-i}{(1-p)}^{i}=\sum_{i=0}^{k-1}{C}_{2k}^{2k-i}{p}^{2k-i}{(1-p)}^{i}+\frac{1}{2}{C}_{2k}^{k}{p}^{k}{(1-p)}^{k}$$

donde se supone que se mantiene para todos $k\geq1$ . Olvidemos por un momento el problema original de la bombilla. Si sólo queremos demostrar la ecuación anterior, ¿cómo lo haremos? He probado la inducción y me ha parecido difícil y desconcertante... ¿Hay alguna idea o quizás trucos que uno pueda utilizar para establecerla? ¿Cuál es el enfoque general para establecer este tipo de ecuaciones combinatorias complejas? (Por cierto, sé por el problema de la bombilla que debe ser cierto para $0\leq p\leq1$ pero, ¿es válido también para cualquier $p$ más allá de ese dominio).

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Edición: Recuerdo vagamente que hay un teorema o algo así que dice que si la ecuación anterior se cumple para cualquier $0\leq p\leq1$ entonces debe cumplirse para cualquier $p\in\mathbb{R}$ . ¿Alguien sabe cuál es ese teorema?

Answer 1

Sobre la cuestión combinatoria: la prueba se deduce de la identidad $$ {2k-1 \choose i-1} + {2k-1 \choose i} = {2k \choose i} $$ Así $$ \sum_{i=0}^{k-1} {2k\choose i} p^{2k-i} (1-p)^i = \sum_{i=0}^{k-1} {2k-1 \choose i} p^{2k-i} (1-p)^i + \sum_{i=0}^{k-1} {2k-1 \choose i-1} p^{2k-i} (1-p)^i $$ lo que implica $$ \sum_{i=0}^{k-1} {2k\choose i} p^{2k-i} (1-p)^i = \sum_{i=0}^{k-2} {2k-1 \choose i} p^{2k-1-i} (1-p)^i + {2k-1 \choose k-1} p^{k+1} (1-p)^{k-1} $$ y $$ \frac{1}{2}{2k\choose k} = {2k-1\choose k-1} $$ lo que implica que $$ {2k-1 \choose k-1} p^{k+1} (1-p)^{k-1} + \frac{1}{2}{2k\choose k} p^{k} (1-p)^{k} = {2k-1\choose k-1 } p^{k} (1-p)^{k-1} $$ que establece su identidad.

Sobre tu pregunta "Editar", creo que te refieres al teorema del cálculo complejo que afirma que, si una función analítica es constante en un intervalo, es constante en todas partes.

Answer 2

Una moneda tiene una oportunidad $p$ de cabezas de aterrizaje. Entre un número impar ( $2k-1$ ) de lanzamientos, ¿cuál es la probabilidad de que haya más caras que cruces?

Veamos dos soluciones.

1. El número de cabezas es $k$ , $k+1$ , $k+2$ , $...$ o $2k-1$ . Suma las probabilidades de cada uno de estos sucesos.

2. ¡Lanza la moneda una vez más!

   Si el número de cabezas es ahora $k+1$ , $k+2$ , $...$ o $2k$ entonces originalmente había al menos $k$ cabezas. Suma estas posibilidades.

   Si el número de cabezas es ahora exactamente $k$ no se sabe con certeza si hubo $k-1$ o $k$ cabezas entre los originales $2k-1$ lanzamientos. Todo depende de si el último lanzamiento fue cara: hubo $k$ cabezas originalmente si y sólo si el último lanzamiento fue una cola. Haga lo siguiente: anote al azar todas $2k$ resultados $k$ son cabezas y $k$ son colas, por suposición. Una de ellas representa el último lanzamiento, pero ¿cuál? No lo sabemos, pero sí sabemos que tiene las mismas probabilidades de estar en cualquiera de las $2k$ posiciones. Desde $k$ de esos son colas, hay un $k/(2k)=1/2$ oportunidad de que el último lanzamiento fuera cruz.

En la solución (1), la probabilidad de que exactamente $i$ colas equivalente a $2k-1-i$ cabezas, viene dada por la Distribución Binomial para $2k-1$ lanzamientos,

$${\Pr}_{2k-1}(2k-1-i) = \binom{2k-1}{i}p^{2k-1-i}(1-p)^i = C_{2k-1}^{2k-1-i}p^{2k-1-i}(1-p)^i.$$

La suma va de $i=0$ a $i=k-1$ . Esa es la parte izquierda de la ecuación de la pregunta.

En la solución (2), la probabilidad de que exactamente $i$ colas equivale a $2k-i$ cabezas, dada por

$${\Pr}_{2k}(2k-i) = \binom{2k}{i}p^{2k-i}(1-p)^i = C_{2k}^{2k-i}p^{2k-i}(1-p)^i.$$

Totalizando estos para $i=0, 1, \ldots, k-1$ da la suma a la derecha de la ecuación de la pregunta. La probabilidad de que el último lanzamiento sea cruz y todos $2k$ los lanzamientos son cara es el producto

$${\Pr}_{2k}\left(\text{last toss is tail}\,|\,k\text{ heads}\right){\Pr}_{2k}\left(k\text{ heads}\right) = \frac{1}{2}\binom{2k}{k}p^{2k-k}(1-p)^k = \frac{1}{2}C_{2k}^kp^k(1-p)^k.$$

Este es el término extra a la derecha de la ecuación. Por tanto, la solución (2) produce la fórmula del lado derecho.

Por lo tanto, la ecuación se cumple para todos $k$ porque da dos formas de expresar la probabilidad de observar una mayoría de caras en cualquier número impar de lanzamientos.

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El planteamiento general que aquí se ejemplifica consiste en contar lo mismo de dos maneras diferentes. Es un método poderoso, defendido sobre todo por los combinatorialistas (gente especializada en contar cosas). Muchas fórmulas complicadas resultan tener pruebas sencillas y esclarecedoras de esta naturaleza. Para más detalles, consulte la obra de Richard Stanley Combinatoria Enumerativa . (El volumen 1 está disponible en Internet: búsquelo en Google).

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Abordemos la última parte de la pregunta. Ambos lados de la ecuación son obviamente polinomios en $p$ . Su diferencia es un polinomio de grado máximo $2k$ . Es cero para todos los probabilidades $p$ . Hay más de $2k+1$ probabilidades (hay infinitas en el intervalo de $0$ a $1$ ). Dado que un polinomio de grado $n$ está completamente determinada por sus valores en cualquier $n+1$ números, la diferencia es la función cero--y en particular es igual a cero para cualquier número $p$ .