Me gustaría que me ayuden con probar que para cada $0 \leq k \leq$ n,
$$\binom{n}{k}^{-1}=(n+1)\int_{0}^{1}x^{k}(1-x)^{n-k}dx . $$
Traté de integración por partes y a obtener un patrón o utilizar la fórmula binominal, de alguna manera, pero no van bien.
Muchas gracias!
Vamos a hacerlo un poco como la forma en que el reverendo Thomas Bayes hizo en el siglo 18 (pero voy a frase moderno probabilística de la terminología).
Supongamos $n+1$ independientes variables aleatorias $X_0,X_1,\ldots,X_n$ están uniformemente distribuidos en el intervalo $[0,1]$.
Supongamos por $i=1,\ldots,n$ (a partir de $1$, no con $0$) tenemos: $$Y_i = \begin{casos} 1 & \text{si }X_i<X_0 \\ 0 & \text{si }X_i>X_0\end{casos}$$
Entonces $Y_1,\ldots,Y_n$ son condicionalmente independientes dado $X_0$ y $\Pr(Y_i=1\mediados de X_0)= X_0$.
Por lo que $\Pr(Y_1+\cdots+Y_n=k\a mediados de X_0) = \dbinom{n}{k} X_0^k (1-X_0)^{n-k},$ y, por tanto, $$\Pr(Y_1+\cdots+Y_n=k) = \mathbb{E}\left(\dbinom{n}{k} X_0^k (1-X_0)^{n-k}\right).$$
Esto es igual a $$ \int_0^1 \binom nk x^k(1-x)^{n-k}\;dx. $$
Pero el caso es lo mismo que decir que el índice $i$ de los cuales $X_i$ es en el $(k+1)$th posición cuando $X_0,X_1,\ldots,X_n$ se ordenan en orden creciente es $0$.
Dado que la totalidad de los $n+1$ índices tienen la misma probabilidad de estar en esa posición, esta probabilidad es de $1/(n+1)$.
Por lo tanto $$\int_0^1\binom nk x^k(1-x)^{n-k}\;dx = \frac{1}{n+1}.$$
El método de Michael Hardy respuesta es mi favorito, pero he aquí mi segundo favorito (usando el teorema del binomio como usted sugiere): $$\sum_{k=0}^n t^k \int_0^1 {n \elegir k} x^k (1 - x)^{n-k} \, dx = \int_0^1 (1 + (t-1)x)^n \, dx = \frac{t^{n+1} - 1}{(t-1)(n+1)} = \frac{1 + t + \cdots + t^n}{n+1}.$$
Funciones de generación son sorprendentemente útiles para la evaluación de ciertos tipos de discretos familias de las integrales. Por ejemplo, para evaluar $$I_k(x) = \int_0^x u^k e^u \, du$$
simplemente observar que $$\sum I_k(x) \frac{t^k}{k!} = \int_0^x e^{ut} e^u \, du = \frac{e^{(t+1)x} - 1}{t+1}.$$
Ver también este MO pregunta.
El uso de la inducción en $k$. Por $k=0$, tenemos $$(n+1)\int_{0}^{1}(1-x)^{n}dx=-(1-x)^{n+1}\Big|_0^1=1=\binom{n}{0}^{-1}.$$ Ahora, supongamos que es cierto para todos los $k\leq n-1$ (si $k=$ n que se hacen), es decir, $$\binom{n}{k}^{-1}=(n+1)\int_{0}^{1}x^{k}(1-x)^{n-k}dx.$$ Considerar $(n+1)\int_{0}^{1}x^{k+1}(1-x)^{n-k-1}dx$. Por integración por partes, $$(n+1)\int_{0}^{1}x^{k+1}(1-x)^{n-k-1}dx=-\frac{(n+1)}{n-k}\int_{0}^{1}x^{k+1}d((1-x)^{n-k})$$ $$=-\frac{(n+1)}{n-k}\Big[x^{k+1}(1-x)^{n-k}\Big|_0^1-\int_{0}^{1}(1-x)^{n-k}d(x^{k+1})\Big]=\frac{(n+1)(k+1)}{n-k}\int_{0}^{1}x^{k}(1-x)^{n-k}dx.$$ Por lo tanto, mediante la inducción de la asunción (la de arriba de la igualdad), $$(n+1)\int_{0}^{1}x^{k+1}(1-x)^{n-k-1}dx=\frac{k+1}{n-k}\binom{n}{k}^{-1}=\binom{n}{k+1}^{-1},$$ como se requiere.
La integral se puede evaluar como la Función Beta: $$ \begin{align} \int_0^1^k(1-x)^{n-k}\;\mathrm{d}x &=\mathrm{B}(k+1,n-k+1)\\ &=\frac{\Gamma(k+1)\Gamma(n-k+1)}{\Gamma(n+2)}\\ &=\frac{k!(n-k)!}{(n+1)!}\qquad\text{ para un entero }n\text{ y }k\\ &=\frac{1}{n+1}\frac{1}{\binom{n}{k}} \end{align} $$ La identidad dada de la siguiente manera directa.
Relación entre los $\mathrm{B}$ y $\Gamma$: $$ \begin{align} \Gamma(a+b)\mathrm{B}(a,b) &=\Gamma(a+b)\int_0^1^{- 1}(1-s)^{b-1}\;\mathrm{d}\\ &=\Gamma(a+b)\int_0^\infty\left(\frac{r}{1+r}\right)^{a-1}\left(\frac{1}{1+r}\right)^{b-1}\frac{\mathrm{d}r}{(1+r)^2}\\ &=\Gamma(a+b)\int_0^\infty r^{- 1}(1+r)^{-a-b}\;\mathrm{d}r\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty r^{- 1}(1+r)^{-a-b}t^{a+b-1}e^{-t}\;\mathrm{d}t\;\mathrm{d}r\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty r^{- 1}(1+r)^{-a-b}(u(1+r))^{a+b-1}e^{-u(1+r)}\;(1+r)\mathrm{d}u\;\mathrm{d}r\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty r^{- 1}u^{a+b-1}e^{-u(1+r)}\;\mathrm{d}u\;\mathrm{d}r\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty\left(\frac{v}{u}\right)^{a-1}u^{a+b-1}e^{-u-v}\;\frac{1}{u}\mathrm{d}v\;\mathrm{d}u\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty v^{- 1}u^{b-1}e^{-u-v}\;\mathrm{d}v\;\mathrm{d}u\\ &=\int_0^\infty v^{- 1}e^{-v}\;\mathrm{d}v\;\int_0^\infty u^{b-1}e^{-u}\;\mathrm{d}u\\ &=\Gamma(a)\Gamma(b) \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \mathrm{B}(a,b)=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} $$
Sin embargo, otra manera: Demostrar que $$\frac{1}{\binom{n}{k}(n+1)}$$ y $$\int_0^1 x^k (1-x)^{n-k} dx$$ tanto satisface la recurrencia $$R(n,k) = \frac{k}{n+1} R(n-1,k-1),$$ con la condición inicial de $R(n,0) = 1/(n+1)$.
Para el binomio de expresión, el uso de la propiedad $\binom{n-1}{k-1} \frac{n}{k} = \binom{n}{k}$.
Para la integral, use integración por partes con $u = \left(\frac{x}{1-x}\right)^k$, $dv = (1-x)^n dx$.
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