Encuentre $\lim_{n\to \infty}\mathbb{P}(N_{I}(n)=k)$ que es un punto de color aleatorio en el intervalo

Question

Dividir el intervalo $[0,1]$ en $n$ subintervalos de igual tamaño. Supongamos que cada punto final de los intervalos se colorea de rojo con probabilidad $p_n=\lambda/n$ independiente. Para cualquier intervalo $I\subset [0,1]$ (posiblemente abierto/clsed...), deja que $N_{I}(n)$ sea el número de puntos rojos en $I$ . Encuentre $$\lim_{n\to \infty}\mathbb{P}(N_{I}(n)=k).$$ ¿Qué tal el $$Cov(N_{I}, N_{J}), \forall I\cap J\neq 0$$

Basado en la idea de @user125932:

Arreglar $I$ que tiene el número de extremos $m$ entonces $$\mathbb{P}(N_{I}(n)=k| I)=\binom{m}{k}(\frac{\lambda}{n})^k(1-\frac{\lambda}{n})^{m-k}$$

$$\mathbb{P}(N_{I}(n)=k)=\mathbb{E}(\mathbb{P}(N_{I}(n)=k| I))=\mathbb{E}\bigg(\binom{m}{k}(\frac{\lambda}{n})^k(1-\frac{\lambda}{n})^{m-k}\bigg)$$

Como $n\to\infty, m=n|I|:=n_{I}$ tenemos $$\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}(N_{I}(n)=k)=\lim_{n\to\infty}\mathbb{E}\bigg(\binom{n_{I}}{k}(\frac{\lambda}{n})^k(1-\frac{\lambda}{n})^{n_{I}-k}\bigg)=?[\mathbb{E}(\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!})=\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}]$$ Pero, ¿qué hay del siguiente paso?

Answer 1

Dejemos que $m_n$ sea el número de puntos en $I$ cuando $[0,1]$ se divide en $n$ intervalos iguales. Se puede demostrar que $m_n=\lfloor bn\rfloor - \lceil an\rceil$ . Como has dicho, $$ P(N_I(n)=k)=\binom{m_n}k(\lambda/n)^k (1-\lambda/n)^{m_n-k}\tag1 $$ Ahora, tenemos la aproximación $\binom{m_n}k\sim \frac{m_n^k}{k!}$ en el sentido de que $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\binom{m_n}k}{\frac{m_n^k}{k!}}=1\tag2 $$ ¿Puede demostrarlo? A la luz de $(2)$ podemos sustituir $\binom{m_n}{k}$ con $\frac{m_n^k}{k!}$ en $(1)$ sin afectar al límite: \begin{align} P(N_I(n)=k) &\sim \frac{m_n^k}{k!}(\lambda/n)^k(1-\lambda/n)^{m_n-k}\\ &=\left(\frac{m_n}n\right)^k\cdot \frac{\lambda^k}{k!}\cdot \left[\left(1-\frac{\lambda}n\right)^n\right]^{(m_n/n)}\cdot (1-\lambda/n)^{-k} \end{align} Ahora, podemos simplificar. Vemos la fracción $m_n/n$ apareciendo en dos lugares. Se puede demostrar que $$\lim_{n\to\infty} \frac{m_n}n=b-a.$$ Además, tenemos $\lim_n (1-\lambda/n)^n=e^{-\lambda}$ y $\lim_n (1-\lambda/n)^{-k}=1$ . Haciendo estas sustituciones, obtenemos $$ \boxed{P(N_i(n)=k)\sim \frac{((b-a)\lambda)^k}{k!}\cdot e^{-(b-a)\lambda}.} $$

Answer 2

La ley de los grandes números no debería ayudar aquí, ya que requiere que sus variables $X_i$ tienen cada uno la misma distribución fija independiente de $n$ pero aquí, la distribución de cada $X_i$ depende de $n$ .

Una forma de avanzar: supongamos que hay $m$ puntos finales en $I$ . Se puede calcular explícitamente $\mathbb{P}(N_I(n) = k)$ en términos de $m, n, k, \lambda$ -- de cuántas maneras diferentes puede $k$ de la $m$ ¿los puntos son rojos? ¿Cuál es la probabilidad de cada una de esas formas? Entonces puedes aproximar $m$ en términos de $n$ (ya que, intuitivamente, deberíamos tener $|I| \approx m/n$ ). Esto debería permitirle encontrar el límite como $n \to \infty$ .