Conjetura: En el triángulo de Pascal con $n$ filas, la proporción de números menores que el número central se acerca a $e^{-1/\pi}$ conforme $n\to\infty$.

Question

Considera el triángulo de Pascal con $30$ filas (la fila superior es la fila $0$). El número central es el número en el medio de la fila $30\times \frac23=20$, que es $\binom{20}{10}=184756$. La proporción de los números en el triángulo que son menores que este número central es $\frac{364}{496}\approx0.7339$.

En el siguiente gráfico, el eje horizontal es $n$, el número de filas en el triángulo ($n$ es un múltiplo de $3$). El eje vertical es $P$, la proporción de números que son menores que el número central.

Parece que $P$ se acerca a algún límite. El punto de datos más a la derecha es $n=138$ y $P=\frac{7078}{9730}\approx0.72744$. Puse $0.72744$ en Wolfram, y sugirió $e^{-1/\pi}\approx 0.72738$.

¿Es cierta o falsa la siguiente conjetura?

Conjetura: En el triángulo de Pascal con $n$ filas, donde $n$ es un múltiplo de $3$, la proporción de números menores que el número central tiende a $e^{-1/\pi}$ a medida que $n\to\infty$.

No me sorprendería demasiado si esta es de hecho la proporción límite, ya que $e$ está relacionado con el triángulo de Pascal y también lo está $\pi$.

Mi intento: Los números en la parte superior $\frac23$ del triángulo son todos menores que el número central. Así que solo necesitamos determinar la proporción de números en la parte inferior $\frac13$ que son menores que el número central. Consideré la fila que está $m$ filas debajo del número central: intenté calcular la proporción de números en esta fila que son menores que el número central, para obtener una curva de límite asintótica, pero no tuve éxito.

Contexto: Estaba tratando de aproximar la mediana de los números en las primeras $n$ filas del triángulo de Pascal, y en mi investigación me topé con este posible resultado.

Answer 1

Podemos aproximar esto mediante una integral. Fijemos $N$ (y sea grande). Sea $(\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2$, tal que $0 \le \beta \le \alpha \le 1$; te interesará la fracción de esta área para la cual $$ {{\alpha N}\choose{\beta N}} =\frac{(\alpha N)!}{(\beta N)!((\alpha - \beta)N)!} \le \frac{(2N/3)!}{(N/3)!(N/3)!} = {{2N/3}\choose{N/3}}, $$ o $$ (\alpha N)!(N/3)!^2 \le (2N/3)!(\beta N)!((\alpha - \beta)N)!, $$ o (tomando el logaritmo de ambos lados), $$ \log(\alpha N)!+2\log(N/3)! \le \log(2N/3)!+\log(\beta N)! + \log((\alpha-\beta)N)!. $$ Podemos usar la aproximación de Stirling, $\log n! \approx n\log n - n$. Por ejemplo, $$ \log(\alpha N)! \approx \alpha N\log(\alpha N)-\alpha N = \alpha N \log\alpha + [(\log N-1)(\alpha N)]. $$ Todos los segundos términos (en corchetes) se cancelarán por completo, dejando $$ \alpha N \log \alpha + (2N/3)\log(1/3) \le (2N/3)\log(2/3)+\beta N \log \beta + (\alpha-\beta)N\log(\alpha-\beta), $$ o $$ \alpha \log \alpha - \beta \log \beta - (\alpha - \beta)\log (\alpha - \beta) \le (2/3)\log 2 $$ o $$ -\mu \log \mu - (1-\mu)\log (1-\mu)\le\frac{2\log 2}{3\alpha}, $$ donde $\mu=\beta / \alpha \in (0,1)$. Nota que el lado izquierdo nunca excede $\log 2$, así que cuando $\alpha \le 2/3$, todas los valores de $\beta$ funcionan (como ya sabíamos). Entonces, queremos $$ \begin{eqnarray} 2\int_{0}^{1}d\alpha \int_{0}^{\alpha} d\beta \; f(\alpha, \beta/\alpha) &=& 2\int_{0}^{1}\alpha d\alpha \int_{0}^{1} d\mu\; f(\alpha, \mu) \\ &=&2\int_{0}^{2/3}\alpha d\alpha + 2\int_{2/3}^{1}\alpha d\alpha \int_{0}^{1}d\mu\;f(\alpha, \mu) \\ &=& \frac{4}{9} + 2\int_{2/3}^{1}\alpha d\alpha \int_{0}^{1}d\mu\; f(\alpha, \mu), \end{eqnarray} $$ donde $f(\alpha, \mu)=0$ si $g(\mu)\equiv-\mu\log \mu - (1-\mu)\log(1-\mu) \le (2\log 2)/(3\alpha)$ y $=1$ en caso contrario. Finalmente, notando que $g(\mu)=g(1-\mu)$, podemos restringir nuestra atención a $\mu\in(0,1/2)$, donde el resultado se simplifica aún más a $$ \frac{4}{9} + 4 \int_{2/3}^{1} g^{-1}\left(\frac{2\log 2}{3\alpha}\right) \alpha d\alpha. $$ El cambio de variable $\alpha = (2/3)/v$ da $$ \frac{4}{9} + \frac{16}{9}\int_{2/3}^{1} \frac{g^{-1}(v \log 2)}{v^3}dv, $$ que puede ser más fácil o más difícil de evaluar.

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Actualización:

Si se desea una forma integral explícita en términos de $g$ (en lugar de $g^{-1}$), entonces el cambio de variable $v = g(\mu) / \log2$ logra eso (excepto que una de las cotas de la integral aún debe expresarse en términos de $g^{-1}$). Específicamente, esto produce $$ \frac{4}{9}+\frac{16 \log^2 2}{9}\int_{\mu_0}^{1/2} \frac{\mu g'(\mu) d\mu}{g(\mu)^3}, $$ donde $\mu_0 = g^{-1}((2/3)\log 2) \approx 0.17395$. Al integrar por partes nos permite simplificar esto aún más, a esta expresión final bastante elegante: $$ 2 \left[\mu_0 + \left(\frac{2 \log 2}{3}\right)^2 \int_{\mu_0}^{1/2} \frac{d\mu}{g(\mu)^2} \right]. $$

Answer 2

Mientras no puedo afirmar con certeza que esta conjetura sea incorrecta, la evidencia numérica no la respalda (lamentablemente).

Ejecuté un código simple en python que calcula la proporción para cada $n$ entre $1$ y $2998$. Los resultados se muestran en la siguiente figura, la cual muestra numéricamente que el límite es menor que ~$0.72685$, lo cual es menor que la constante de la conjetura $e^{-\pi} = 0.72738$.

El código es el siguiente:

import matplotlib.pyplot as plt

def calc_pascal_up_to(n_rows):
    rows = [[1]]
    d = {}
    while len(rows) < n_rows:
        cur_row = [1] + [rows[-1][j] + rows[-1][j + 1] for j in range(len(rows[-1]) - 1)] + [1]
        rows.append(cur_row)
        if len(rows) % 3 == 1:
            center_val = rows[(2 * (len(rows) - 1)) // 3][(len(rows) - 1) // 3]
            n_entries = len(rows) * (len(rows) + 1) / 2
            n_small_entries = sum([len([v for v in row if v < center_val]) for row in rows])
            d[len(rows) - 1] = n_small_entries / n_entries
    return d

d = calc_pascal_up_to(3000)

x = sorted(d.keys())
y = [d[i] for i in x]
plt.scatter(x[200:], y[200:])
plt.show()

Edit: Cambié la comparación con el número central a una desigualdad estricta, para que sea consistente con las proporciones calculadas por Dan. Esto no cambia el valor asintótico ni el gráfico en absoluto.

Answer 3

Aquí hay algunas imágenes.

$n=30$

(la numeración de filas comienza con $1$)

$n=150$

$n=600$

Parece que se acerca a una curva. ¿Pero qué curva? ¿Una hipérbola?

Aquí repetí $n=600$, pero incluí filas extras.

¿Crees que es una hipérbola? ¿Algo que se acerca a las asíntotas más lentamente?

Answer 4

Intenté resolver cuál elemento en la fila $n^{th}$ es más o menos igual al elemento central. Eso es, ¿cuál es $k$ tal que $\binom{n}{k} = \binom{2n/3}{n/3}$.

Al plotear, obtuve una aproximación aproximada de $k = n/6$.

Si dibujamos un triángulo entre los puntos en la última fila $n/6, 5n/6$ y el centro $2n/3$, obtenemos el área del triángulo = $\frac{1}{2}\frac{4n}{6}\frac{n}{3} = \frac{n^2}{9}$.

Si dividimos esto por el total obtenemos:

$\frac{\frac{n^2}{9}}{\frac{n(n+1)}{2}}= \frac{2}{9}$ en el límite.

Entonces converge a algún valor alrededor de $\frac{7}{9}$. No es un triángulo perfecto. Por lo tanto, esto probablemente lo está sobreestimando.