La evaluación de $\lim_{n\to\infty} e^{-n} \sum\limits_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!}$

Question

Voy a calcular:

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

Mediante el uso de W|D, puedo adivinar que el límite es de $\frac{1}{2}$ que es un muy interesante y con un buen resultado. Me pregunto de qué manera nos pueden acercarse a él.

Answer 1

El probabilístico manera:

Esto es $P[N_n\leqslant n]$ where $N_n$ is a random variable with Poisson distribution of parameter $n$. Hence each $N_n$ is distributed like $X_1+\cdots+X_n$ where the random variables $(X_k)$ are independent and identically distributed with Poisson distribution of parameter $.

Por el teorema central del límite, $Y_n=\frac1{\sqrt{n}}(X_1+\cdots+X_n-n)$ converges in distribution to a standard normal random variable $Z$, in particular, $P[Y_n\leqslant 0]\to P[Z\leqslant0]$.

Finalmente, $P[Z\leqslant0]=\frac12$ and $[N_n\leqslant n]=[Y_n\leqslant 0]$ hence $P[N_n\leqslant n]\to\frac12$, QED.

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El modo analítico, completar su prueba:

Por lo tanto, yo sé que lo que tengo que hacer es encontrar a $\lim\limits_{n\to\infty}I_n$, donde $$ I_n=\frac{e^{-n}}{n!}\int_{0}^n (n-t)^ne^tdt.$$

Para empezar, vamos a $u(t)=(1-t)e^t$, then $I_n=\dfrac{e^{-n}n^n}{n!}nJ_n$ con $$ J_n=\int_{0}^1 u(t)^n\mathrm dt. $$ Ahora, $u(t)\leqslant\mathrm e^{-t^2/2}$ por lo tanto $$ J_n\leqslant\int_0^1\mathrm e^{-nt^2/2}\mathrm dt\leqslant\int_0^\infty\mathrm e^{-nt^2/2}\mathrm dt=\sqrt{\frac{\pi}{2n}}. $$ Asimismo, la función de $t\mapsto u(t)\mathrm e^{t^2/2}$ is decreasing on $t\geqslant0$ hence $u(t)\geqslant c_n\mathrm e^{-t^2/2}$ on $t\leqslant1/n^{1/4}$, with $c_n=u(1/n^{1/4})\mathrm e^{-1/(2\sqrt{n})}$, por lo tanto $$ J_n\geqslant c_n\int_0^{1/n^{1/4}}\mathrm e^{-nt^2/2}\mathrm dt=\frac{c_n}{\sqrt{n}}\int_0^{n^{1/4}}\mathrm e^{-t^2/2}\mathrm dt=\frac{c_n}{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{\pi}{2}}(1+o(1)). $$ Desde $c_n\to1$, all this proves that $\sqrt{n}J_n\to\sqrt{\frac\pi2}$. Stirling formula shows that the prefactor $\frac{e^{-n}n^n}{n!}$ is equivalent to $\frac1{\sqrt{2\pi n}}$. Regrouping everything, one sees that $I_n\sim\frac1{\sqrt{2\pi n}}n\sqrt{\frac\pi{2n}}=\frac12$.

Moral: El probabilístico camino es más corto, más fácil, más iluminadora, y más divertido.

Advertencia: Mi consejo en estos asuntos es, como todo el mundo puede ver, horriblemente sesgada.

Answer 2

Editado. Yo justifica la aplicación del teorema de convergencia dominada.

Por un simple cálculo,

$$ \begin{align*} e^{-n}\sum_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!} &= \frac{e^{-n}}{n!} \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} n^k (n-k)! \\ (1) \cdots \quad &= \frac{e^{-n}}{n!} \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} n^k \int_{0}^{\infty} t^{n-k}e^{-t} \, dt\\ &= \frac{e^{-n}}{n!} \int_{0}^{\infty} (n+t)^{n}e^{-t} \, dt \\ (2) \cdots \quad &= \frac{1}{n!} \int_{n}^{\infty} t^{n}e^{-t} \, dt \\ Y= 1 - \frac{1}{n!} \int_{0}^{n} t^{n}e^{-t} \, dt \\ (3) \cdots \quad &= 1 - \frac{\sqrt{n} (n/e)^n}{n!} \int_{0}^{\sqrt{n}} \left(1 - \frac{u}{\sqrt{n}} \right)^{n}e^{\sqrt{n}u} \, du. \end{align*}$$

Hacemos la observación de que

1. En $\text{(1)}$, we utilized the famous formula $ n! = \int_{0}^{\infty} t^n e^{-t} \, dt$.
2. En $\text{(2)}$, the substitution $t + n \mapsto t$ es utilizado.
3. En $\text{(3)}$, the substitution $t = n - \sqrt{n}u$ es utilizado.

A continuación, en vista de la fórmula de Stirling, que es suficiente para mostrar que

$$\int_{0}^{\sqrt{n}} \left(1 - \frac{u}{\sqrt{n}} \right)^{n}e^{\sqrt{n}u} \, du \xrightarrow{n\to\infty} \sqrt{\frac{\pi}{2}}.$$

La idea es introducir la función

$$ g_n (u) = \left(1 - \frac{u}{\sqrt{n}} \right)^{n}e^{\sqrt{n}u} \mathbf{1}_{(0, \sqrt{n})}(u) $$

y aplicar pointwise límite para el integrando como $n \to \infty$. This is justified once we find a dominating function for the sequence $(g_n)$. But notice that if $g_n (u) \leq e^{-u^2 /2}$ for all $n$ and $g_n (u) \to e^{-u^2 / 2}$ as $n \to \infty$ < u < \sqrt{n}$, luego

$$ \log g_n (u) = n \log \left(1 - \frac{u}{\sqrt{n}} \right) + \sqrt{n} u = -\frac{u^2}{2} - \frac{u^3}{3\sqrt{n}} - \frac{u^4}{4n} - \cdots \leq -\frac{u^2}{2}. $$

A partir de esto, hemos $$ \int_{0}^{\sqrt{n}} \left(1 - \frac{u}{\sqrt{n}} \right)^{n}e^{\sqrt{n}u} \, du = \int_{0}^{\infty} g_n (u) \, du \xrightarrow{n\to\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-u^2/2} \, du = \sqrt{\frac{\pi}{2}}. $$. Por lo tanto, por el teorema de convergencia dominada y Gaussiano integral,

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Answer 3

Integración por partes de los rendimientos $$ \frac{1}{k!}\int_x^\infty e^{-t}\,t^k\,\mathrm{d}t=\frac{1}{k!}x^ke^{-x}+\frac{1}{(k-1)!}\int_x^\infty e^{-t}\,t^{k-1}\,\mathrm{d}t\etiqueta{1} $$ La iteración $(1)$ da $$ \frac{1}{n!}\int_x^\infty e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t=e^{-x}\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\la etiqueta{2} $$ Por lo tanto, obtenemos $$ e^{-n}\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}=\frac{1}{n!}\int_n^\infty e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t\etiqueta{3} $$ Ahora, voy a reproducir parte del argumento que doy aquí, que desarrolla un completo asintótica de expansión. Además, se incluyen algunas estimaciones de error que anteriormente estaban desaparecidos. $$ \begin{align} \int_n^\infty e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t &=n^{n+1}e^{-n}\int_0^\infty e^{ns}\,(s+1)^n\,\mathrm{d}\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_0^\infty e^{-n(s-\log(1+s)}\,\mathrm{d}\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_0^\infty e^{-nu^2/2}\,\,\mathrm{d}u\etiqueta{4} \end{align} $$ donde $t=n(s+1)$ and $u^2/2=s-\log(1+s)$.

Tenga en cuenta que $\frac{ss'}{1+s}=u$; thus, when $s\ge1$, $s'\le2u$. Esto lleva a que el obligado $$ \begin{align} \int_{s\ge1} e^{-nu^2/2}\,\,\mathrm{d}u &\le\int_{3/4}^\infty e^{-nu^2/2}\,2u\,\mathrm{d}u\\ &=\frac2ne^{-\frac98n}\etiqueta{5} \end{align} $$ $(5)$ también muestran que $$ \int_{s\ge1}e^{-nu^2/2}\,\mathrm{d}u\le\frac2ne^{-\frac98n}\etiqueta{6} $$

Para $|s|<1$, obtenemos $$ u^2/2=s-\log(1+s)=s^2/2-s^3/3+s^4/4-\dots\etiqueta{7} $$ Podemos invertir la serie para obtener $s'=1+\frac23u+O(u^2)$. Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_0^\infty e^{-nu^2/2}\,\,\mathrm{d}u &=\int_{s\in[0,1]} e^{-nu^2/2}\,\,\mathrm{d}u+\color{red}{\int_{s>1} e^{-nu^2/2}\,\,\mathrm{d}u}\\ &=\int_0^\infty\left(1+\frac23u\right)e^{-nu^2/2}\,\mathrm{d}u-\color{darkorange}{\int_{s>1}\left(1+\frac23u\right)e^{-nu^2/2}\,\mathrm{d}u}\\ &+\int_0^\infty e^{-nu^2/2}\,O(u^2)\,\mathrm{d}u-\color{darkorange}{\int_{s>1} e^{-nu^2/2}\,O(u^2)\,\mathrm{d}u}\\ &+\color{red}{\int_{s>1} e^{-nu^2/2}\,\,\mathrm{d}u}\\ &=\sqrt{\frac{\pi}{2n}}+\frac2{3n}+O\a la izquierda(n^{-3/2}\right)\etiqueta{8} \end{align} $$ El rojo y el naranja de las integrales disminuir exponencialmente por $(5)$ and $(6)$.

Conectar $(8)$ into $(4)$ rendimientos $$ \int_n^\infty e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t=\left(\sqrt{\frac{\pi n}{2}}+\frac23\right)\,n^ne^{-n}+O(n^{n-1/2}e^{-n})\etiqueta{9} $$ El argumento anterior puede ser utilizado para comprobar la aproximación de Stirling, que dice que $$ n!=\sqrt{2\pi n}\,n^ne^{-n}+O(n^{n-1/2}e^{-n})\etiqueta{10} $$ La combinación de $(9)$ and $(10)$ rendimientos $$ \begin{align} e^{-n}\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!} &=\frac{1}{n!}\int_n^\infty e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t\\ &=\frac12+\frac{2/3}{\sqrt{2\pi n}}+O(n^{-1})\etiqueta{11} \end{align} $$

Answer 4

Si quieres ver formales de solución utilizando el cálculo de los métodos de verificación de este artículo http://www.emis.de/journals/AMAPN/vol15/voros.pdf

Answer 5

La suma está relacionado con el parcial exponencial de la suma, y por tanto a la función gamma incompleta, $$\begin{eqnarray*} e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!} &=& e^{-n} e_n(n) \\ &=& \frac{\Gamma(n+1,n)}{\Gamma(n+1)}, \end{eqnarray*}$$ desde $e_n(x) = \sum_{k=0}^n x^k/k! = e^x \Gamma(n+1,x)/\Gamma(n+1)$. Pero $$\begin{eqnarray*} \Gamma(n+1,n) &=& \sqrt{2\pi}\, n^{n+1/2}e^{-n}\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\sqrt{\frac{2}{n\pi}} + O\left(\frac{1}{n}\right) \right). \end{eqnarray*}$$ El primer término de la expansión asintótica para $\Gamma(n+1,n)$ se puede encontrar mediante la aplicación del punto de silla método para $$\Gamma(n+1,n) = \int_n^\infty dt\, t^n e^{-t}.$$ El superior de la orden de los términos son, en principio, sencillo de calcular. Usando la aproximación de Stirling, nos encontramos con $$e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3}\sqrt{\frac{2}{n\pi}} + O\left(\frac{1}{n}\right).$$ Por lo tanto, el límite es de /2$, como se encuentra por @sos440 y @robjohn. Este límite es un caso especial de DLMF 8.11.13.

Acabo de ver un comentario que sugiere que esto se haga uso de alto nivel de la escuela de matemáticas. Si este es un ejercicio estándar en su escuela secundaria, tal vez cubrieron la función gamma incompleta! ;-)