Heurística argumento. Aunque lejos de ser riguroso, se puede suministrar una heurística de cálculo que explica por qué hemos de esperar que la respuesta $\frac{1}{2}$. Observe que
$$ \frac{n^{n+j}/(n+j)!}{n^n / n!} = \begin{cases}
\prod_{k=1}^{j} \frac{n}{n+k}, & j \geq 1 \\
1, & j = 0, -1 \\
\prod_{k=1}^{-j-1} \frac{n-k}{n}, & j \leq -2
\end{casos}
$$
En cualquiera de los casos, tomando logaritmo y la aplicación de la aproximación $\log(1+x) \approx x$ muestra que la cantidad anterior es de aproximadamente $e^{-j^2/2n}$. Así
$$
e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!}
= \frac{\sum_{j=-n}^{0} \frac{n!}{n^n \sqrt{n}} \frac{n^{n+j}}{(n+j)!} }{\sum_{j=-n}^{\infty} \frac{n!}{n^n \sqrt{n}}\frac{n^{n+j}}{(n+j)!} }
\approx \frac{\sum_{j=-n}^{0} e^{-(j/\sqrt{n})^2/2} \frac{1}{\sqrt{n}} }{\sum_{j=-n}^{\infty} e^{-(j/\sqrt{n})^2/2} \frac{1}{\sqrt{n}} }
\approx \frac{\int_{-\infty}^{0} e^{-x^2/2} \, dx}{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2/2} \, dx}
= \frac{1}{2}.
$$
Cada una de las soluciones que sé que es más o menos un riguroso realización de este tipo de observación, y así, es bien que intervienen o que requieren conocimientos adicionales.
Primaria de la prueba. Definir $A_n$, $B_n$ e $C_n$ por
$$ A_n := e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!}, \qquad B_n := e^{-n} \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{n^k}{k!}, \qquad C_n = \frac{n^{n} e^{-n}}{n!}. $$
A partir de la expansión de Taylor de la función exponencial, sabemos que $A_n + B_n = 1$. Con el fin de mostrar la deseada convergencia, es suficiente para mostrar que la siguiente afirmación se sostiene.
La reclamación. $A_n/B_n \to 1$ como $n\to\infty$.
De hecho, una vez que esto está demostrado, $A_n$ e $B_n$ convergen a $\frac{1}{2}$ como $n\to\infty$.
Prueba de Reclamación. Mediante la sustitución de $k = n-j$ seguido por $p = j-1$, se puede escribir
\begin{align*}
\frac{A_n}{C_n}
&= \sum_{j=0}^{n} \frac{n!}{(n-j)!n^j}
= 2 + \sum_{p=1}^{n-1} \prod_{l=1}^{p} \left( 1 - \frac{l}{n} \right).
\end{align*}
Asimismo, la aplicación de la sustitución de $k = n+p$, se puede escribir
\begin{align*}
\frac{B_n}{C_n}
&= \sum_{p=1}^{\infty} \frac{n!n^p}{(n+p)!}
= \sum_{p=1}^{\infty} \prod_{l=1}^{p} \left( \frac{1}{1 + \frac{l}{n}} \right).
\end{align*}
1. Estimación de importantes sumas de dinero. Fix $\alpha \in \left( 0, \frac{1}{3} \right)$ y establezca $N = N(\alpha) = \left\lceil n^{(1+\alpha)/2} \right\rceil$. A continuación, utilizando la fórmula asintótica $1+x = e^{x+\mathcal{O}(x^2)}$ como $x \to 0$, $1 \leq p \leq N$ hemos
$$ \prod_{i=1}^{p} \left( 1 - \frac{l}{n} \right)
= \exp\left\{ -\frac{p^2}{2n} + \mathcal{S}\left( n^{-(1-3\alpha)/2} \right) \right\}
= \prod_{i=1}^{p} \left( \frac{1}{1 + \frac{l}{n}} \right). $$
En particular, existe una constante $C > 0$, dependiendo únicamente de la $\alpha$, de tal manera que
$$ \max\Bigg\{ \prod_{l=1}^{N} \left( 1 - \frac{l}{n} \right), \prod_{l=1}^{N} \left( \frac{1}{1 + \frac{l}{n}} \right) \Bigg\} \leq C e^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}}. $$
2. Estimación de la cola de sumas. En este tiempo, considere la posibilidad de $p > N$. Entonces tenemos
$$ \prod_{i=1}^{p} \left( 1 - \frac{l}{n} \right)
\leq C e^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}} \left( 1 - \frac{N}{n} \right)^{p-N}
\quad \text{y} \quad
\prod_{i=1}^{p} \left( \frac{1}{1 + \frac{l}{n}} \right)
\leq C e^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}} \left( \frac{1}{1 + \frac{N}{n}} \right)^{p-N}. $$
Así que la cola de la suma de $A_n/C_n$ puede ser delimitada desde arriba por
$$ \sum_{p=N+1}^{n-1} \prod_{i=1}^{p} \left( 1 - \frac{l}{n} \right)
\leq Ce^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}} \sum_{k = 0}^{\infty} \left( 1 - \frac{N}{n} \right)^k
\leq \frac{Cn}{N} e^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}}
\leq Cn^{(1-\alpha)/2} e^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}}, $$
y de la misma manera,
$$ \sum_{p=N+1}^{\infty} \prod_{i=1}^{p} \left( \frac{1}{1 + \frac{l}{n}} \right)
\leq Ce^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}} \sum_{k = 0}^{\infty} \left( 1 - \frac{N}{N+n} \right)^k
\leq \frac{2Cn}{N} e^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}}
\leq 2Cn^{(1-\alpha)/2} e^{-\frac{1}{2}n^{\alpha}}. $$
3. Conclusión. La combinación en conjunto,
$$ \frac{A_n}{B_n} = \frac{\left( 1 + o(1) \right) \sum_{p=1}^{N} e^{-\frac{p^2}{2n}} + \mathcal{O}(1)}{\left( 1 + o(1) \right) \sum_{p=1}^{N} e^{-\frac{p^2}{2n}} + o(1)}, $$
que puede ser fácilmente demostrado que convergen a $1$ como $n\to\infty$, desde el $\sum_{p=1}^{N} e^{-\frac{p^2}{2n}} \geq \sqrt{n} \, e^{-1/2} \to \infty$ como $n\to\infty$. (De hecho, esta suma es $(1+o(1))\sqrt{\pi n/2}$ como $n\to\infty$.)
