Sumas parciales de series exponenciales

Question

Lo que se sabe sobre $f(k)=\sum_{n=0}^{k-1} \frac{k^n}{n!}$ para grandes $k$ ?

Obviamente es una suma parcial de la serie para $e^k$ -- pero esta suma parcial no se acerca a $e^k$ porque estamos cortando la serie justo en los términos más grandes. En la serie completa, el $(k+i-1)$ es siempre al menos tan grande como el $(k-i)$ El término para $1\le i\le k$ Así que $f(k)< e^k/2$ . ¿Podemos estimar con más precisión cuánto más pequeño que $e^k$ ¿la función es?

Quedaría muy bonito y agradable si, por ejemplo, $f(k)\sim e^{k-1}$ para grandes $k$ pero no tengo pruebas reales de esa hipótesis.

(Inspirado por esta pregunta y mi respuesta a la misma).

Answer 1

Esto aparece como problema #96 en el excelente libro de Donald J Newman: A Problem Seminar.

El enunciado del problema es:

Demostrar que

$$ 1 + \frac{n}{1!} + \frac{n^2}{2!} + \dots + \frac{n^n}{n!} \sim \frac{e^n}{2}$$

Dónde $a_n \sim b_n$ media $\lim \frac{a_n}{b_n} = 1$ .

Así podemos estimar su suma (he intercambiado $n$ y $k$ ) como

$$ 1 + \frac{n}{1!} + \frac{n^2}{2!} + \dots + \frac{n^{n-1}}{(n-1)!} \sim \frac{e^n}{2}$$

como por la fórmula de Stirling, $\dfrac{n^n}{n!e^n} \to 0$ .

La solución en el libro procede de la siguiente manera:

El término restante para una la serie de Taylor de una función $f$ es

$$ R_n(x) = \int_{0}^{x} \frac{(x-t)^n}{n!} f^{n+1}(t) \ \text{d}t$$

que para nuestros propósitos, resulta ser

$$\int_{0}^{n} \frac{(n-t)^n}{n!} e^t \ \text{d}t$$

Realización de la sustitución $n-t = x$ nos da la integral

$$ \int_{0}^{n} \frac{x^n}{n!} e^{-x} \ \text{d}x$$

En un problema anterior (#94), demuestra que

$$\int_{0}^{\infty} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n e^{-x} \ \text{d}x \sim \sqrt{\frac{\pi n}{2}}$$

que utilizando la sustitución $n+x = t$ da

$$ \int_{n}^{\infty} t^n e^{-t} \ \text{d}t \sim \frac{n^n}{e^n} \sqrt{\frac{\pi n}{2}}$$

Utilizando $\int_{0}^{\infty} x^n e^{-x}\ \text{d}x = n!$ y la fórmula de Stirling da ahora el resultado.

Para demostrar que

$$\int_{0}^{\infty} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n e^{-x} \ \text{d}x \sim \sqrt{\frac{\pi n}{2}}$$

Primero hace la sustitución $x = \sqrt{n} t$ para obtener

$$ \int_{0}^{\infty} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n e^{-x} \ \text{d}x \ = \sqrt{n} \int_{0}^{\infty} \left(1 + \frac{t}{\sqrt{n}}\right)^n e^{-\sqrt{n} t} \ \text{d}t$$

Ahora $$\left(1 + \frac{t}{\sqrt{n}}\right)^n e^{-\sqrt{n} t} \le (1+t)e^{-t}$$ y por lo tanto por el teorema de convergencia dominada,

$$ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \int_{0}^{\infty} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n e^{-x} \ \text{d}x $$

$$= \int_{0}^{\infty} \left(\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{t}{\sqrt{n}}\right)^n e^{-\sqrt{n} t}\right) \ \text{d}t$$

$$ = \int_{0}^{\infty} e^{-t^2/2} \ \text{d}t = \sqrt{\frac{\pi}{2}} $$

Answer 2

$e^{-k} f(k) = P(X_k < k)$ donde $X_k$ es una variable aleatoria de Poisson con parámetro $k$ . Dado que la suma de $k$ variables aleatorias de Poisson independientes con parámetro $1$ es Poisson con parámetro $k$ el Teorema Central del Límite dice que la distribución de probabilidad de $Z_k = (X_k - k)/\sqrt{k}$ se acerca a una distribución normal estándar. Así, $P(X_k < k) = P(Z_k < 0) \to 1/2$ como $k \to \infty$ .