Me acaba de llegar con la siguiente identidad mientras que la solución de algún problema combinatorio, pero no estoy seguro si es correcto. He hecho algunos cálculos numéricos, y coinciden. $$\lim_{n\to \infty}{\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{an+bk}{cn+dk}}\;\stackrel?=\;\frac{2a+b}{2c+d}$$ Aquí $a$, $b$, $c$, y $d$ son de reales, excepto que $c$ no $0$$2c+d\neq0$. Me gustaría poder explicar cómo se me ocurrió, pero yo no hice nada, pero la comparación de números con la respuesta formuló entonces la identidad, y acabo de hacer cálculos numéricos.
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La razón de esto es cierto, es que los coeficientes binomiales son fuertemente concentrada alrededor de la media, al $k \sim \frac{n}{2}$. El uso de algunos de concentración estándar de las desigualdades (Chernoff es fuerte, pero la desigualdad de Chebyshev sufficies demasiado), se puede demostrar que para cualquier constante $c > 0$, $2^{-n} \sum_{ k \in [0, (1/2 - c ) n ] \cup [(1/2 + c)n, n]} \binom{n}{k} \rightarrow 0$ como $n \rightarrow \infty$.
Por lo tanto, en su límite, los únicos términos que sobreviven al $k \sim \frac{n}{2}$, en cuyo caso usted puede cancelar la $n$ a lo largo y obtener la mano derecha.
Para el límite de la espera, que claramente necesitan de $2c + d \neq 0$. Usted también necesitará $c \neq 0$, ya que de lo contrario el $k = 0$ plazo de la suma de las dificultades actuales.
Felix Marin
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$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,\mathrm{Li}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\color{#f00}{\lim_{n\to \infty}\,{1 \over 2^{n}} \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}{an + bk \over cn + dk}} = \lim_{n\to \infty}\,{1 \over 2^{n}} \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{an + bk}\int_{0}^{1}t^{cn + dk - 1}\,\,\,\dd t \\[3mm] = &\ \lim_{n\to \infty}\,{1 \over 2^{n}}\int_{0}^{1}t^{cn - 1}\bracks{% an\sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{t^{d}}^{k} + b\sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}k\pars{t^{d}}^{k}}\dd t \end{align}
Sin embargo, $\ds{\sum_{k = 0}^{n}{n \elegir k}\xi^{k} = \pars{1 + \xi}^{n} \quad\imp\quad \sum_{k = 0}^{n}{n \elegir k}k\,\xi^{k} = n\xi\pars{1 + \xi}^{n - 1}}$.
A continuación, \begin{align} &\color{#f00}{\lim_{n\to \infty}\,{1 \over 2^{n}} \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}{an + bk \over cn + dk}} = \\[3mm] = &\ \lim_{n\to \infty}\,{1 \over 2^{n}}\int_{0}^{1}t^{cn - 1}\bracks{% an\pars{1 + t^{d}}^{n} + bn\,t^{d}\pars{1 + t^{d}}^{n - 1}}\dd t \\[3mm] = &\ \color{#f00}{\lim_{n \to \infty}\braces{\vphantom{\LARGE A}% {n \over 2^{n}}\bracks{\vphantom{\Large A}a\,\mathrm{f}_{n}\pars{cn,d} + b\,\mathrm{f}_{n - 1}\pars{cn + d,d}}}} \end{align}
$$ \mbox{donde}\quad \begin{array}{|c|}\hline\\ \ds{\quad\mathrm{f}_{n}\pars{\mu,\nu} \equiv \int_{0}^{1}t^{\mu - 1}\pars{1 + t^{\nu}}^{n}\,\dd t\quad} \\ \\ \hline \end{array} $$
Se puede tomar desde aquí ?. Tal vez, un asintótica de estudio de la integral podría ser de alguna manera razonable. De lo contrario, la integral está relacionado con funciones hipergeométricas.
