Deje $S_n$ ser una muestra de $n$ enteros tomados de manera uniforme con la sustitución de $\{1,\dots, n\}$. Deje $X_i$ por el número de veces que el entero $i$ se produce en $S_n$. ¿Qué es $$\mathbb{E} \left(\prod_{i=1}^n (X_i +1)\right)\;?$$
A partir de experimentos numéricos, parece que $$\lim_{n \to \infty}\frac1n\log_2\mathbb{E} \left(\prod_{i=1}^n (X_i +1)\right) \approx 0.83$$
La siguiente es una forma cerrada de la expresión para el valor esperado en términos de funciones hipergeométricas. Desgraciadamente, yo no soy capaz de deducir el comportamiento asintótico de que para un gran $n$. Espero que alguien pueda seguimiento y completar la tarea.
Para cualquier $m = (m_1, m_2,\ldots,m_n) \in \mathbb{N}^n$$t = (t_1,t_2,\ldots,t_n) \in \mathbb{R}^n$, vamos
$$ |m| = \sum_{i=1}^n m_i,\quad m! = \prod_{i=1}^n m_i!,\quad t \cdot X = \sum_{i=1}^n t_i X_i\quad\text{ y }\quad t \cdot m = \sum_{i=1}^n t_i m_i $$ Es fácil ver que la probabilidad de que entero $1$ aparecer $m_1$ veces, entero $2$ aparecer $m_2$ veces y así sucesivamente está dado por la fórmula: $$\mathbb{P}\big[X_i = m_i, \forall i \big] = \begin{cases} \frac{n!}{n^n m!}, & |m| = n\\ 0, & \text{ otherwise } \end{casos} $$ El uso de multinomial de expansión, esto lleva a la $$ \mathbb{E} \left[e^{t\cdot X}\right] = \sum_{m \in \mathbb{N}^n, |m| = n} \frac{n!}{n^n m!} e^{t\cdot m} = \sum_{m \in \mathbb{N}^n, |m| = n} \frac{n!}{m.} \prod_{i=1}^n \left(\frac{e^{t_i}}{n}\right)^{m_i} = \left(\frac1n\sum_{i=1}^n e^{t_i}\right)^n $$ Para cualquier $1 \le k \le n$, tomando derivadas parciales de la anterior expansión, obtenemos $$\begin{align} \mathbb{E} \left[\prod_{i=1}^k X_i\right] &= \left.\frac{\partial^k}{\partial t_1\partial t_2\cdots \partial t_k} \mathbb{E}\left[ e^{t\cdot X}\right]\right|_{t=0}\\ &= \left. \prod_{i=1}^k \left((n+1-i)\frac{e^{t_i}}{n}\right)\times \left(\frac1n\sum_{i=1}^n e^{t_i}\right)^{n-k}\right|_{t=0}\\ &= \prod_{i=0}^{k-1} \left(1-\frac{i}{n}\right) = \frac{n!}{n^k(n-k)!}\end{align}$$ El uso de la simetría, podemos expresar la expectativa de valor a la mano en términos de la función hipergeométrica: $$\mathbb{E}\left[\prod_{i=1}^n (X_i+1)\right] = 1 + \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}\mathbb{E}\left[\prod_{i=1}^k X_i\right] = \sum_{k=0}^n \frac{(-n)^{\bar k}(-n)^{\bar k}}{k!}\left(\frac{1}{n}\right)^n\\ = {}_2F_0\left(-n,-n;\frac1n\right) = (-n)^{-n}U(-n,1,-n) $$
donde
Editado. He añadido un mejor estimación, véase $\text{(3)}$ por debajo.
Aquí es un asintótica de cálculo utilizando achille hui es el resultado. Escrito $k = pn$$q = 1-p$, se deduce que
$$ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\log \left( \binom{n}{k}\frac{n!}{n^k(n-k)!}\right) = -\left( p + p \log p + 2q \log q \right) =: I(p). $$
Más precisamente, a partir de la versión cuantitativa de la aproximación de Stirling, tenemos la siguiente estimación uniforme
$$ c \frac{e^{I(p)n}}{\sqrt{pq^2 n}} \leq \binom{n}{k}\frac{n!}{n^k(n-k)!} \leq C \frac{e^{I(p)n}}{\sqrt{pq^2 n}} \tag{1}$$
para algunas constantes $0 < c < C $, que vale para cualquier $1 \leq k \leq n-1$.
Por cálculo, se puede comprobar que $I(p)$ se maximiza cuando se $p^* = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$. A partir de esto, junto con la estimación anterior, no es difícil comprobar que
$$ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\log\mathbb{E}\left[ \prod_{i=1}^{n}(1+X_i) \right] = I(p^*) \approx 0.58045763886910174320. \tag{2} $$
Añadido. De hecho, tenemos una mejor estimación
$$ a_n := \mathbb{E}\left[ \prod_{i=1}^{n}(1+X_i) \right] \sim c e^{I(p^*)n} \tag{3}$$
como $n\to\infty$ donde $c = \frac{5^{1/4}+5^{-1/4}}{2} \approx 1.082044543\cdots$.
Una heurística argumento es el siguiente: al Conectar $k = p^*n + x_k\sqrt{n}$, se deduce que el $a_n e^{-I(p^*)n}$ es aproximadamente la siguiente suma de Riemann
$$ a_n e^{-I(p^*)n} \approx \frac{1}{(1-p^*)\sqrt{2\pi p^*}} \sum_k e^{\frac{I"(p^*)}{2}x_k^2} \Delta x_k. $$
Como $n\to\infty$, esto converge a la integral
$$ \frac{1}{(1-p^*)\sqrt{2\pi p^*}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{\frac{I''(p^*)}{2}x^2} \, dx = \frac{1}{(1-p^*)\sqrt{-p^* I''(p^*)}} = \frac{5^{1/4}+5^{-1/4}}{2}. $$
Convertir este en un riguroso argumento requiere algunos esfuerzos, pero es más bien una cuestión de técnica.
La prueba de $\text{(3)}$. Deje $\delta > 0$ ser lo suficientemente pequeño para que $p^*\pm\delta \in (0, 1)$. También para cada una de las $1 \leq k \leq n-1$ definir $c_{n,k}$ como la relación
$$ c_{n,k} = \frac{\binom{n}{k}\frac{n!}{n^k(n-k)!}}{e^{I(k/n)n}/\sqrt{\frac{k}{n}(1-\frac{k}{n})^2 n}}. $$
La estimación de $\text{(1)}$ muestra que $c_{n,k}$ es uniformemente acotada de distancia tanto de $0$ e de $\infty$. Por otra parte, a Stirling aproximación nos dice que, en $c_{n,k} \to 1/\sqrt{2\pi} $ mientras $k/n$ se queda uniforme de distancia tanto de $0$ e de $1$.
Ahora vamos a $\alpha = I(p^*) - \max\{ I(p^*-\delta), I(p^*+\delta)\} > 0$. A continuación, se truncar la suma usando la ventana de tamaño de $n\delta$$p^*n$, tenemos
$$ a_n e^{-I(p^*)n} = \sum_{\left| \frac{k}{n} - p^* \right| \leq \delta} \frac{c_{n,k}}{\sqrt{\frac{k}{n}(1-\frac{k}{n})^2 n}} e^{\left( I(\frac{k}{n}) - I(p^*) \right)n} + \mathcal{S}(n e^{-\alpha n})$$
Ahora defina $x_k$ por la relación $k = p^*n + x_k\sqrt{n}$. Por la expansión de Taylor, sabemos que
\begin{align*} I(\tfrac{k}{n}) - I(p^*) &= \frac{I''(p^*)}{2}(p^* - \tfrac{k}{n})^2 \left(1 + \mathcal{O}(p^* - \tfrac{k}{n}) \right) \\ &= \frac{I''(p^*) x_k^2}{2n} \left(1 + \mathcal{O}(p^* - \tfrac{k}{n}) \right) \end{align*}
Conectando de nuevo y se denota por a $C > 0$ implícito obligado de $\mathcal{O}(p^* - \tfrac{k}{n})$ en la expansión anterior, obtenemos el siguiente sencillo obligado
\begin{align*} &\left( \min_{\left| p - p^* \right| \leq \delta} \frac{1}{\sqrt{p(1-p)^2}} \right) \sum_{\left| \frac{k}{n} - p^* \right| \leq \delta} \frac{c_{n,k}}{\sqrt{n}} e^{\frac{1}{2} (1 +C\delta ) I''(p^*) x_k^2} + \mathcal{O}(n e^{-\alpha n}) \\ &\hspace{3em} \leq a_n e^{-I(p^*)n} \\ &\hspace{6em} \leq \left( \max_{\left| p - p^* \right| \leq \delta} \frac{1}{\sqrt{p(1-p)^2}} \right) \sum_{\left| \frac{k}{n} - p^* \right| \leq \delta} \frac{c_{n,k}}{\sqrt{n}} e^{\frac{1}{2} (1 -C\delta )I''(p^*) x_k^2} + \mathcal{O}(n e^{-\alpha n}) \end{align*}
Dejando $n\to\infty$, dominado teorema de convergencia de los rendimientos
\begin{align*} &\left( \min_{\left| p - p^* \right| \leq \delta} \frac{1}{\sqrt{p(1-p)^2}} \right) \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{\frac{1}{2} (1 +C\delta ) I''(p^*) x^2} \, dx \\ &\hspace{3em} \leq \liminf_{n\to\infty} a_n e^{-I(p^*)n} \leq \limsup_{n\to\infty} a_n e^{-I(p^*)n} \\ &\hspace{6em} \leq \left( \max_{\left| p - p^* \right| \leq \delta} \frac{1}{\sqrt{p(1-p)^2}} \right) \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{\frac{1}{2} (1 -C\delta ) I''(p^*) x^2} \, dx \end{align*}
Dejando $\delta \downarrow 0$ demuestra el resultado deseado $\text{(3)}$.
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