Асимптотика для суммы биномиальных коэффициентов

[kavahox]

Есть такая, на первый взгляд простая, проблема.
Определим величину:

$f(n,k)=\sum_{m=0}^{k}C_n^m$.

Задача: найти хотя-бы первые два члена в асимптотическом ряде $f(n,\lambda n),\; n\to\infty$. Где $0<\lambda<1$

Заранее благодарю за любую помощь.

[ИСН]

Кто такой m?

[Хорхе]

В сумме $k\to m$, думаю.

[ИСН]

Тогда там интересно. Потому что при $\lambda<{1\over 2}$ и при наоборот - получаются совершенно разные...

[kavahox]

да там должно было быть $m$ вместо $k$. Я исправил.

[Хорхе]

Ну понятно, что речь о центральной предельной теореме. Только какой-то режим стремления к бесконечности плохой.

Более подробно: пусть $\xi_i$ -- симметричные независимые бернуллиевские величины, $S_n = \xi_1+\dots+\xi_n$. Тогда эта сумма равна

$$ 2^n P\left[\frac{S_n - E[S_n]}{\sqrt{D S_n}}\le 2(\lambda-1/2)\sqrt{n}\right]. $$

Мы знаем, что $P\left[\frac{S_n - E[S_n]}{\sqrt{D S_n}}\le t\right]\to \Phi(t)$, где $\Phi$ -- стандартная нормальная функция распределения. Но у нас хуже -- у нас $t_n$. И оценки, которые дает неравенство Берри-Эссеена (даже неравномерное), слабы. Лучший результат на эту тему, который я знаю -- если $t_n/n^{1/6}\to 0$, то $P\left[\frac{S_n - E[S_n]}{\sqrt{D S_n}}> t_n\right]\sim 1-\Phi(t_n)$. Он нам, очевидно, не подходит. Надо ковырять, короче.

[ewert]

ЦПТ здесь, естественно, не работает. Зато работает просто Стирлинг:

$\sim=\sum\limits_{k=0}^{\alpha n}\sqrt{\dfrac{2\pi n}{2\pi k\cdot2\pi(n-k)}}\cdot\dfrac{({n\over e})^n}{({k\over e})^k({n-k\over e})^{n-k}}\sim$

$\sim\sqrt{\dfrac{n}{2\pi}}\int\limits_{t=0}^{\alpha}\big(t(1-t)\big)^{-1/2}\cdot\big(t^t(1-t)^{1-t}\big)^{-n}\,dt\sim\,\ldots$

(доминирующую роль будет играть бесконечно малая окрестность верхнего предела, так что получится соответствующая показательная функция от $n$, делённая на производную на верхнем пределе).

Ну это, правда, только главный член асимптотики. А второй вытягивать как-то лень.

[Хорхе]

Тпррру, помедленней. А что там с остатками в Стирлинге? Вы уверены, что они не повлияют?

[MGM]

Легко
$p\left( {n,\lambda n} \right) = \lambda n^{2} + 2^{\lambda n} $
Причём ´эта асимптотика практически совпадает с теорией для трёх точек из ОО переменной $\lambda$
$\lambda = 0; $ $\lambda = 1/n; $ $\lambda = 1; $

[ewert]

Хорхе в сообщении #402255 писал(а):

А что там с остатками в Стирлинге? Вы уверены, что они не повлияют?

Естественно. Ведь чем дальше, тем меньшее относительное значение будет иметь любой начальный участок суммы. Или Вы хотите обосновать это строго?... Ну пожалуйста: формула Стирлинга даёт как минимум оценку сверху, и для начального участка эта оценка много меньше асимптотики всего остального (т.к. содержит медленнее растущую показательную функцию).

MGM в сообщении #402257 писал(а):

Легко
$p\left( {n,\lambda n} \right) = \lambda n^{2} + 2^{\lambda n} $

Во-первых, таких первых двух членов асимптотик в природе не бывает. Вообще. Во-вторых, это к тому же ещё и не правдоподобно (что будет при $\lambda\to{1\over2}$?...).

[kavahox]

ewert в сообщении #402252 писал(а):

ЦПТ здесь, естественно, не работает. Зато работает просто Стирлинг:

$\sim=\sum\limits_{k=0}^{\alpha n}\sqrt{\dfrac{2\pi n}{2\pi k\cdot2\pi(n-k)}}\cdot\dfrac{({n\over e})^n}{({k\over e})^k({n-k\over e})^{n-k}}\sim$

$\sim\sqrt{\dfrac{n}{2\pi}}\int\limits_{t=0}^{\alpha}\big(t(1-t)\big)^{-1/2}\cdot\big(t^t(1-t)^{1-t}\big)^{-n}\,dt\sim\,\ldots$

(доминирующую роль будет играть бесконечно малая окрестность верхнего предела, так что получится соответствующая показательная функция от $n$, делённая на производную на верхнем пределе).

Ну это, правда, только главный член асимптотики. А второй вытягивать как-то лень.

Просто начальные члены не разлагаются по Стирлингу. Однако можно писать
$\sum_{m=0}^k C_n^m=2^n-\sum_{m=k+1}^n C_n^m=2^n-\sum_{m=k+1}^{n-k-1} C_n^m-\sum_{m=n-k}^n C_n^m$

Откуда
$\sum_{m=0}^k C_n^m=2^{n-1}-\sum_{m=k+1}^{n-k-1} C_n^m$

и далее можно разложить члены в последней сумме по Стирлингу. Но я получаю ряд и не могу его адекватно написать через интеграл так, чтобы асимптотики совпадали :(

MGM в сообщении #402257 писал(а):

Легко
$p\left( {n,\lambda n} \right) = \lambda n^{2} + 2^{\lambda n} $
Причём ´эта асимптотика практически совпадает с теорией для трёх точек из ОО переменной $\lambda$
$\lambda = 0; $ $\lambda = 1/n; $ $\lambda = 1; $

а как так? как это чудесно простое выражение получить то можно?

[Хорхе]

Начальные члены можно и не оценивать, так ewert утверждает. Если это правда (оно-то очень похоже на правду, но мне пока совершенно не очевидно), то точно так же получатся и остальной(ые) член(ы) асимптотики - выписыванием следующего(их) члена(ов) в разложении Стирлинга. А тот интеграл, наверное, Лаплас оценит.

[ewert]

kavahox в сообщении #402267 писал(а):

как это чудесно простое выражение получить то можно?

Никак.

kavahox в сообщении #402267 писал(а):

Просто начальные члены не разлагаются по Стирлингу.

И не нужно -- они пренебрежимо малы на фоне остальных. (Под "пренебежимостью" понимается, естественно, что это бесконечно большие более низкого порядка.)

[kavahox]

ewert в сообщении #402275 писал(а):

kavahox в сообщении #402267 писал(а):

как это чудесно простое выражение получить то можно?

Никак.

kavahox в сообщении #402267 писал(а):

Просто начальные члены не разлагаются по Стирлингу.

И не нужно -- они пренебрежимо малы на фоне остальных. (Под "пренебежимостью" понимается, естественно, что это бесконечно большие более низкого порядка.)

Это да, но когда я захочу получить дальнейшие члены то эти более слабые, но бесконечные, товарищи мне могут попортить жизнь. Как быть с ними и с бесконечными величинами, которыми мы жертвуем при переходе от рядов к интегралу?

[ewert]

Хорхе в сообщении #402274 писал(а):

оно-то очень похоже на правду, но мне пока совершенно не очевидно

Ребята, это я вас не понимаю. Что значит "не очевидно", когда это стандартный приём. Представляем $\sum\limits_{k=0}^{\lambda n}$ как $\sum\limits_{k=0}^{m_n}+\sum\limits_{k=m_n+1}^{\lambda n}$. Если $m_n=\mathrm{const}$, то первая сумма много меньше второй (поскольку первая зависит от $n$ степенным образом, а вторая -- показательным). Если теперь $m_n\to\infty$, но достаточно медленно, то первая сумма по-прежнему будет оставаться много меньше второй, но при этом каждая формула Стирлинга во второй сумме будет уточняться, вот и всё.

Хорхе в сообщении #402274 писал(а):

точно так же получатся и остальной(ые) член(ы) асимптотики - выписыванием следующего(их) члена(ов) в разложении Стирлинга.

А вот тут уже действительно "тпру-у". Далеко не так быстро. Там три источника поправок: кроме Стирлинга, это ещё и поправки к интегральной сумме и поправки к асимптотике самого интеграла. И все, на первый взгляд -- одного порядка (в отличие от игнорирования начального участка, которое точно не повлияет). Как они там друг с другом сложатся -- бог его знает, это морока.

Хорхе в сообщении #402274 писал(а):

А тот интеграл, наверное, Лаплас оценит.

Почему обязательно Лаплас, я вот тоже могу, например:

$\int\limits_0^{\lambda}\big(t(1-t)\big)^{-1/2}\cdot\big(t^t(1-t)^{1-t}\big)^{-n}\,dt\sim\alpha {\beta}^{n}\int\limits_0^{+\infty}e^{-\gamma nt}\,dt=\dfrac{\alpha}{\gamma n}\, {\beta}^{n},$

где $\alpha=\big(\lambda(1-\lambda)\big)^{-1/2}$, $\beta=\lambda^{-\lambda}(1-\lambda)^{\lambda-1}$ и $\gamma=\Big(\ln\big(t^t(1-t)^{1-t}\big)\Big)'\Big|_{t=\lambda}=\ln\dfrac{\lambda}{1-\lambda}$.

kavahox в сообщении #402286 писал(а):

когда я захочу получить дальнейшие члены то эти более слабые, но бесконечные, товарищи мне могут попортить жизнь.

Не попортят, они слишком уж слабы. А вот остальные -- да, попортят. Мне, скажем, ковыряться в них лень.

Кроме того, тут есть ещё одна проблема. Ведь запись $\sum\limits_{k=0}^{\lambda n}$ -- строго говоря, незаконна, вверху на самом деле целая часть. Пока речь идёт толко о главном члене асимптотики, это не имеет значения. А во втором приближении -- эти перескоки будут давать поправку того же порядка, что и остальные. Так что, строго говоря, непонятно вообще, что имеется в виду под "вторым членом".