Evaluar $ \lim_ {n \to \infty } \sum_ {j=0}^{n}{{j+n-1} \choose j} \frac {1}{2^{j+n}}$

Question

Usando el Teorema del Límite Central , Evaluar $$ \lim_ {n \to \infty } \sum_ {j=0}^{n}{{j+n-1} \choose j} \frac {1}{2^{j+n}}$$

Mi solución: Dejar que $\{X_n\}$ ser una secuencia de IID R.V's cada uno teniendo $Geo( \frac {1}{2})$

Luego $E(X_n)=1$ y $Var(X_n)=2 < \infty ,n \in N$

También $S_n= \sum_ {k=1}^nX_k \sim NB(n, \frac {1}{2})$

Por Lindeberg-Levy CLT, $$ \begin {align} \lim_ {n \to \infty }P[ \frac {S_n-E(S_n)}{ \sqrt {V(S_n)}} \leq x] &= \Phi (x), \forall x \in R \\ \implies \lim_ {n \to \infty }P[ \frac {S_n-n}{ \sqrt {2n)}} \leq x] &= \Phi (x), \forall x \in R \end {align}$$ Ahora pon $x=0$ $$ \begin {align} \lim_ {n \to \infty }P[S_n \leq n]&= \Phi (0) \\ \implies \lim_ {n \to \infty } \sum_ {j=0}^{n}{{j+n-1} \choose j} \frac {1}{2^{j+n}} &= \frac {1}{2} \end {align}$$ ¿Estoy en lo cierto? ¿Hay alguna otra manera de resolver el límite? Para poder comprobar el límite (aunque es completamente innecesario para la pregunta dada). Por favor, ayúdame. Gracias de antemano.

Answer 1

Otra forma es utilizar la identidad combinatoria $\displaystyle \sum_{j=0}^m \binom{m+j}{j} 2^{m-j}= 4^m$ . (Ver el final del post para una prueba).

Dividiendo por $4^m$ , ajuste $m = n-1$ y extrayendo el último término, la suma de la OP se convierte en $$ \binom{2n-1}{n} \frac{1}{4^n} + \frac{1}{2} \sum_{j=0}^{n-1}{{j+n-1} \choose j}\frac{1}{2^{j+n-1}} = \binom{2n}{n} \frac{1}{2 \cdot 4^n} + \frac{1}{2}.$$

Desde el el coeficiente binomial central tiene una asíntota $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ la última expresión se aproxima a $\frac{1}{2}$ como $n \to \infty$ .

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Prueba combinatoria de que $\displaystyle \sum_{j=0}^m \binom{m+j}{j} 2^{m-j}= 4^m$ (tomado de un respuesta mía en math.SE):

Supongamos que se lanza una moneda hasta obtener $m+1$ cabezas o $m+1$ cruz. Después de que "gane" la cara o la cruz, sigue volteando hasta que tenga un total de $2m+1$ de la moneda. Los dos bandos cuentan el número de formas en que gana la cara.

Para el lado izquierdo : Condición del número de colas $j$ obtenido antes de la cabeza $m+1$ . Hay $\binom{m+j}{j}$ maneras de elegir las posiciones en las que estos $j$ colas se produjeron desde el $m+j$ opciones totales, y luego $2^{m-j}$ posibilidades para las tiradas restantes después de la cabeza $m+1$ . La suma arroja el lado izquierdo.

Para el lado derecho : Las cabezas ganan en la mitad del número total de secuencias; es decir, $\frac{1}{2}(2^{2m+1}) = 4^m$ .

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Añadido : Byron Schmuland ha recientemente contestado esta pregunta en math.SE también. Mi respuesta es similar a la suya.