La prueba de una igualdad elemental

Question

Para todos $t\geq0$ , $x>0$ tenemos la siguiente igualdad importante: \begin{equation} \lim_{\lambda\rightarrow\infty}e^{-\lambda t}\sum_{k\leq\lambda x}\frac{(\lambda t)^k}{k!}=\chi_{[0,x)}(t)+\frac{1}{2}\chi_{\{x\}}(t), \end{equation} donde $\chi$ es la función característica. En realidad, puedo demostrar esta igualdad con la ayuda de la distribución de Poisson, pero prefiero demostrar esta igualdad por un método de análisis básico. He luchado con este problema durante unos días, y todavía no tengo ni idea.

¡Agradeceré cualquier pista! ¡Gracias por cualquier ayuda!

Answer 1

Respuesta parcial: Supongamos que $t\in[0,x)$ , entonces queremos demostrar que el límite del lado izquierdo de la ecuación es $1$ . Escribirlo, $$e^{-\lambda t}\sum_{k\leq\lambda x}\frac{(\lambda t)^k}{k!} = e^{-\lambda t}\left(e^{\lambda t}-\sum_{k >\lambda x}\frac{(\lambda t)^k}{k!}\right)=1-e^{-\lambda t}\sum_{k >\lambda x}\frac{(\lambda t)^k}{k!},$$ por lo que sólo tenemos que demostrar que el segundo término va a cero como $\lambda\to\infty$ . Sea $k_0=\lfloor\lambda x\rfloor+1$ sea el primer término que aparece en la suma. Entonces tenemos el límite $$\begin{split}e^{-\lambda t}\sum_{k >\lambda x}\frac{(\lambda t)^k}{k!}&<e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^{k_0}}{k_0!}\left(1+\frac{\lambda t}{k_0}+\frac{(\lambda t)^2}{k_0^2}+\cdots\right)\\&=e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^{k_0}}{k_0!}\frac{1}{1-\lambda t/k_0}\\&\sim e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^{\lambda x}}{(\lambda x)!}\frac{1}{1-t/x}\end{split}$$ donde podemos tratar $t,x$ como constante en esta confusa expresión. A partir de aquí, creo que usando la aproximación de Stirling para $(\lambda x)!$ debe terminar el trabajo, y los otros casos $t=x$ y $t>x$ debería ser similar (aunque no he escrito los detalles).

Answer 2

Un problema similar apareció aquí Utilizando los métodos probabilísticos allí descritos, podemos proceder como sigue:

Dejemos que $Y_\mu$ sea una variable aleatoria de Poisson con parámetro $\mu$ . Su función característica viene dada por $$ \phi_{X_\mu}(t)=e^{\mu(e^{it}-1)}$$

Considere $Z_\mu:=\frac{Y_\mu-\mu}{\sqrt{\mu}}$ . La función característica de $Z_\mu$ est $$\phi_{Z_\mu}(t)=\exp\Big(\mu\Big(e^{\tfrac{ti}{\sqrt{\mu}}}-1-\tfrac{ti}{\sqrt{\mu}}\Big)\Big)\xrightarrow{\mu\rightarrow\infty}e^{-t^2/2}$$ Eso es, $Z_\mu$ converge en ley a la distribución normal estándar.

Ahora que hemos dado esto, fíjate que con $\mu=\lambda t$ ,

$$A_\mu:=e^{-\lambda t}\sum_{k\leq \lambda x}\frac{(\lambda t)^k}{k!}=\mathbb{P}\big[X_\mu\leq \lfloor\mu\tfrac{x}{t}\rfloor\Big]=\mathbb{P}\Big[Z_\mu\leq \frac{\lfloor \mu\alpha\rfloor -\mu}{\sqrt{\mu}}\Big]$$ donde $\alpha=x/t$ .

• Cuando $t=x$ , $\alpha=1$ y $\frac{\lfloor \mu\alpha\rfloor -\mu}{\sqrt{\mu}}\approx0$ y así, $A_\mu\xrightarrow{\mu\rightarrow\infty}\Phi(0)=\frac12$
• Cuando $t<x$ , $\alpha<1$ y $\frac{\lfloor \mu\alpha\rfloor -\mu}{\sqrt{\mu}}\approx (\alpha-1)\sqrt{\mu}\xrightarrow{\mu\rightarrow\infty}-\infty$ y así, $A_\mu\xrightarrow{\mu\rightarrow\infty}\Phi(-\infty)=0$
• Cuando $t>x$ , $\alpha>1$ y $\frac{\lfloor \mu\alpha\rfloor -\mu}{\sqrt{\mu}}\approx (\alpha-1)\sqrt{\mu}\xrightarrow{\mu\rightarrow\infty}\infty$ y así, $A_\mu\xrightarrow{\mu\rightarrow\infty}\Phi(\infty)=1$

Hay que tener en cuenta algunos detalles sobre la forma correcta de pasar a los límites en $\mathbb{P}\Big[Z_\mu\leq \frac{\lfloor \mu\alpha\rfloor -\mu}{\sqrt{\mu}}\Big]$ desde $\frac{\lfloor \mu\alpha\rfloor -\mu}{\sqrt{\mu}}$ no es fijo, pero los detalles no son complicados (el teorema de Slutsky, por ejemplo).