Para cada número positivo $N$ tenemos:
$$ {2N \choose N } < 2^N {N \choose N/2 } < 2 {2N \choose N } $$
(Además, $\frac{2^N {N \choose N/2 }}{{2N \choose N }} \to \sqrt{2} $ grandes $N$; es decir, el medio de expresión tiende a la media geométrica de los más bajos-límites superior)
Estoy interesado en alguna prueba simple (tal vez algunos visual/combinatoria, tal vez contando las rutas?) de ese par de desigualdades.
Para el primero, se nota que la elección de $n$ elementos de $\{1,\dots, 2n\}$ es equivalente a tomar un subconjunto de a $\{1, \dots, n\}$, y, a continuación, elegir los elementos suficientes de $\{n+1, \dots, 2n\}$ para obtener exactamente $n$. En el primer paso tenemos $2^n$ opciones, y en el segundo paso tenemos en la mayoría de las ${n \choose \lfloor n/2 \rfloor}$ opciones, por lo tanto ${2n \choose n} <2^n{n \choose \lfloor n/2 \rfloor}$.
En las fórmulas, esto se lee:
$${2n \choose n} = \sum_{k=0}^n{n\choose k}^2 \leq {n\choose \lfloor n/2 \rfloor}\sum_{k=0}^n {n\choose k} = 2^n {n\choose \lfloor n/2 \rfloor}.$$
No estoy de inmediato seguro de cómo conseguir la segunda parte de la desigualdad de una manera similar.
Aquí es otro enfoque para el problema fácil (a la izquierda de la desigualdad). Es tentador para dividir por $2^{2N}$. Entonces nos están tratando de probar que $$\frac{1}{2^{2N}}\binom{2N}{N} <\frac{1}{2^N} \binom{N}{N/2},$$ (o es donde esta el problema vino?) Así que estamos tratando de demostrar que si se lanza una moneda no trucada $2N$ veces, la probabilidad de un lazo entre la cabeza y la cola es menor que la probabilidad de un empate si se lanza la moneda $N$ veces. Esto es intuitivamente claro. Y si está claro, debe ser fácil de probar.
De hecho algo mucho más fuerte, es cierto. Si tiramos una moneda no trucada $2n$ veces, la probabilidad de que un empate es menor que la probabilidad de que un empate si se lanza la moneda $2n-2$ veces. A continuación, empezar con $n=2N$, a la conclusión de que la probabilidad de que un empate es menor que el de $n=2N-2$, que es menor que la probabilidad de con $n=2N-4$, y así sucesivamente hacia abajo a $n=N$.
Así que ahora nos muestran que la probabilidad de un empate con $2n$ tiros es menor que la probabilidad de un empate con $2n-2$ lanzamientos. Este es un sencillo cálculo. Si no queremos calcular, tenga en cuenta que tenemos un empate después de $2n$ lanzamientos (i) si tenemos un empate después de $n-2$ tiros y los dos próximos lanzamientos de división entre las cabezas y las colas, o si (ii) después de la $2n-2$ lanza tenemos dos cabezas, y obtener, finalmente, la cola, la cola, o si (iii) después de $2n-2$ lanza tenemos dos colas, y, finalmente, conseguir la cabeza, de la cabeza.
Ya que el coeficiente binomial es siempre el más grande, la suma de las probabilidades de (ii) y (iii) es menor que la probabilidad de que (i). Esto da el resultado deseado.
Por desgracia, parece más difícil encontrar una rápida intuitiva justificación de la desigualdad en el derecho.
Esto no es bastante simple, pero aquí está mi enfoque para la fórmula asintótica. Es demasiado largo como un comentario lo he publicado como una respuesta, pero no es completa. Tal vez alguien puede arrojar luz sobre cómo terminar esto.
$$\frac{2^{n} {N\choose\lfloor\frac{N}{2}\rfloor}}{{2N\choose N}}=2^n\frac{N!}{\lfloor\frac{N}{2}\rfloor!\left(N-\lfloor\frac{N}{2}\rfloor\right)!}\cdot\frac{N!N!}{\left(2N\right)!}$$
$$=2^N\cdot\frac{\left(N\cdot N-1\cdots \lfloor\frac{N}{2}\rfloor+1\right)\left(N\cdot N-1\cdots \lceil\frac{N}{2}\rceil+1\right)}{(2N)\cdot (2N-1)\cdots (N+1)}$$
podemos dividir este producto, pero debemos hacerlo de manera un poco diferente para $N$ a y $N$ impar. En primer lugar, imaginemos $N$ es par, entonces esto se convierte en la expresión
$$=2^N\cdot\frac{(N)\cdot (N-1)\cdots(\frac{N}{2}+1)}{(2N)\cdot (2N-2)\cdots (N+2)}\cdot\frac{(N)\cdot (N-1)\cdots(\frac{N}{2}+1)}{(2N-1)\cdot (2N-3) \cdots (N+1)}$$
$$=2^N\cdot\frac{1}{2^{\frac{N}{2}}}\cdot\frac{1}{2^{\frac{N}{2}}}\prod^{N}_{k=\frac{N}{2}+1}\left(1 - \frac{1}{2k}\right)^{-1}$$
$$=\prod^{N}_{k=\frac{N}{2}+1}\left(1 - \frac{1}{2k}\right)^{-1}$$
de forma análoga para los impares $N$, nos encontramos con
$$=\prod_{k=\frac{N+1}{2}+1}^{N}\left(1 - \frac{1}{2k}\right)^{-1}$$
En particular, si alguien puede encontrar una solución de forma cerrada para
$$P=\prod_{k=1}^{n}\left(1 - \frac{1}{2k}\right)$$
a continuación, podemos probar el asintótica obligado. No estoy seguro de si este tipo de expresión existe o no, pero estoy segura de cómo proceder a partir de ahora.
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