Límite de $ e^{-n}\sum_{i=n}^{4n} \frac{n^i}{i !}$

Question

Determinar $$\lim_{n\to\infty} e^{-n}\sum_{i=n}^{4n} \frac{n^i}{i !}\,.$$

Lo he intentado utilizando el teorema de Cesàro-Stolz, pero no sirve de nada. Se agradece cualquier tipo de ayuda.

Answer 1

Esto es $P(n\le X_n\le 4n)$ donde $X_n$ es una variable aleatoria de Poisson de media $1$ . Podemos crear $X_n$ añadiendo $n$ variables independientes de Poisson de media uno $X_n=Y_1+\cdots+Y_n$ . La media de Poisson $1$ RV también tiene varianza $1$ Así que $\overline{X_n}=(X_n-n)/\sqrt n$ tiene media cero y varianza $1$ . Por el teorema del límite teorema del límite central, $\overline{X_n}$ tiende en su distribución a una variable normal estándar $Z$ . Como $$P(n\le X_n\le 4n)=P(0\le \overline{X_n}\le 3\sqrt n)$$ esto tiende a $P(0\le Z<\infty)=1/2$ .

Answer 2

Obsérvese que podemos escribir

$$\begin{align} e^{-n}\sum_{k=n}^{4n}\frac{n^k}{k!}&=e^{-n}\sum_{k=0}^{4n}\frac{n^k}{k!}-e^{-n}\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}+\underbrace{\frac{e^{-n}n^n}{n!}}_{O\left(n^{-1/2}\right)}\tag1 \end{align}$$

donde usamos la Fórmula de Stirling, $n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^n$ .

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Para empezar, mostraremos que el primer término del lado derecho de $(1)$ se acerca a $1$ como $n\to \infty$ . Para ello, basta con demostrar que

$$\lim_{n\to\infty}\sum_{k=4n}^\infty \frac{n^k}{k!}=0\tag2$$

De la fórmula de Stirling, $k!>\sqrt{2\pi k}\left(\frac ke\right)^k$ . Así, tenemos la estimación

$$\begin{align} \sum_{k=4n}^\infty \frac{n^k}{k!}&\le \sum_{k=4n}^\infty \frac1{\sqrt{2\pi k}}\left(\frac{en}{k}\right)^k\\\\ &\le \sum_{k=4n}^\infty \frac1{\sqrt{2\pi k}}\left(\frac{e}{4}\right)^k\tag3 \end{align}$$

En la medida en que el lado derecho de $(3)$ se acerca a $0$ como $n\to \infty$ el límite en $(2)$ es válido. Concluimos, por tanto, que

$$\lim_{n\to \infty }e^{-n}\sum_{k=0}^{4n}\frac{n^k}{k!}=1\tag4$$

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A continuación, mostraremos que el segundo término del lado derecho de $(1)$ se acerca a $\frac12$ como $n\to \infty$ . Procediendo, tenemos

$$\begin{align} e^{-n}\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}&=\frac{e^{-n}}{n!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}n^k (n-k)!\\\\ &=\frac{e^{-n}}{n!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}n^k \int_0^\infty x^{n-k}e^{-x}\,dx\\\\ &=\frac{e^{-n}}{n!}\int_0^\infty e^{-x}(x+n)^n\,dx\\\\ &=1-\frac1{n!}\int_0^n e^{-x}x^n\,dx\tag5 \end{align}$$

He mostrado en Esta respuesta que la integral del lado derecho de $(5)$ se acerca a $\frac12$ como $n\to \infty$ .

Por lo tanto, encontramos que

$$\lim_{n\to \infty }e^{-n}\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}=\frac12\tag6$$

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Utilizando los resultados en $(4)$ y $(6)$ produce el codiciado límite

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to\infty}e^{-n}\sum_{k=n}^{4n}\frac{n^k}{k!}=\frac12}$$

¡Y ya está!

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BOUNUS:

Esta sección responde a una pregunta en un comentario. La pregunta era

"Su prueba funciona para $cn$ donde $c>e$ . ¿Qué pasa con $c=2$ ?"

Dejemos que $N(n)=\lfloor Cn\rfloor$ , donde $C>0$ es una constante arbitraria. Denotamos $S(n)$ la suma de los intereses

$$S(n)=e^{-n}\sum_{k=0}^{N}\frac{n^k}{k!}$$

Aplicando una metodología análoga a la del apartado anterior, es sencillo demostrar que

$$S(n)=1-\frac{(N/e)^{N}\sqrt{N}}{N!}\int_{(N-n)/\sqrt{N}}^{\sqrt{N}}e^{\sqrt{N}x}\left(1-\frac{x}{\sqrt N}\right)^N\,dx\tag7$$

Observamos que el integrando es positivo y está acotado por encima de $e^{-x^2/2}$ . Por lo tanto, podemos aplicar el Teorema de Convergencia Dominada junto con la Fórmula de Stirling para evaluar el límite como $n\to\infty$ .

Hay que examinar tres casos.

Caso $1$ : $C>1$

Si $C>1$ entonces los límites inferior y superior de integración de la integral en $(7)$ acercarse a $\infty$ como $n\to \infty$ . Por lo tanto, encontramos

$$\lim_{n\to \infty}e^{-n}\sum_{k=0}^{\lfloor Cn\rfloor}\frac{n^k}{k!}=1$$

Caso $2$ : $C=1$

Si $C=1$ entonces el límite inferior es $0$ mientras que el límite superior se acerca a $\infty$ y encontramos

$$\lim_{n\to \infty}e^{-n}\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}=\frac12$$

Caso $3$ : $C<1$

Si $C<1$ entonces el límite inferior se aproxima $-\infty$ mientras que el límite superior se acerca a $\infty$ y encontramos

$$\lim_{n\to \infty}e^{-n}\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}=0$$

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En resumen, hemos comprobado que

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{n\to \infty}e^{-n}\sum_{k=0}^{\lfloor Cn\rfloor}\frac{n^k}{k!}=\begin{cases}1&,C>1\\\\\frac12&, C=1\\\\0&, C<1\end{cases}}$$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\lim_{n\to\infty}\pars{\expo{-n}\sum_{i = n}^{4n}{n^{i} \over i!}} = {1 \over 2}}:\ {\Large ?}}$

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$\ds{n^{i} \over i!}$ tiene un " pico agudo ", cuando $\ds{n \to \infty}$ , en $\ds{i = n}$ que se puede ver estudiando la función \begin{align} &{n^{z} \over z!} = \expo{z\ln\pars{n} - \ln\pars{z!}} \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ n\ \to\ \infty}{\sim}\,\,\, { n^{n} \over n!}\exp\pars{-\,{\bracks{z - n}^{2} \over 2n}} \end{align} Entonces, \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\lim_{n\to\infty}\pars{\expo{-n}\sum_{i = n}^{4n}{n^{i} \over i!}}} \\[5mm] = &\ \lim_{n\to\infty}\bracks{\expo{-n}{n^{n} \over n!} \int_{n}^{\infty}\exp\pars{-\,{\bracks{z - n}^{2} \over 2n}}\dd z} \label{1}\tag{1} \end{align}

Ver Método de Laplace para sumas en Introducción al análisis de algoritmos, de Robert Sedgewick y Phillippe Flajolet . Entonces, ( \ref {1}) se convierte en \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\lim_{n\to\infty}\pars{\expo{-n}\sum_{i = n}^{4n}{n^{i} \over i!}}} = \lim_{n\to\infty}\bracks{\expo{-n}{n^{n} \over n!} \pars{{\root{2\pi} \over 2}\,n^{1/2}}} \\[5mm] = &\ {\root{2\pi} \over 2} \lim_{n\to\infty}\pars{\expo{-n}n^{n + 1/2} \over \root{2\pi}n^{n + 1/2}\expo{-n}} = \bbox[10px,#ffd,border: 1px groove navy]{1 \over 2} \\ & \end{align}