Ayuda para evaluar un límite

Question

Tengo el siguiente límite:

$$\lim_{n\rightarrow\infty}e^{-\alpha\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n-1}2^{-n-k} {{n-1+k}\choose k}\sum_{m=0}^{n-1-k}\frac{(\alpha\sqrt{n})^m}{m!}$$

donde $\alpha>0$.

Evaluar esto en Mathematica sugiere que converge, pero no sé cómo evaluarlo. Cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

Deje que $A_n$ denote la fórmula dentro del límite. Al notar que la doble suma se toma para aquellos enteros no negativos $k, m$ con $l := k+m \leq n-1$, al cambiar el orden de la suma,

$$\begin{align*} A_n &= e^{-\alpha\sqrt{n}} \sum_{m=0}^{n-1}\sum_{k=0}^{n-1-m} \binom{n-1+k}{k} 2^{-n-k}\frac{(\alpha \sqrt{n})^m}{m!} \\ &= \frac{e^{-\alpha\sqrt{n}}}{(n-1)!} \sum_{m=0}^{n-1} \left( \sum_{k=0}^{n-1-m} \frac{1}{k!} \frac{(n-1+k)!}{2^{n+k}} \right) \frac{(\alpha \sqrt{n})^m}{m!} \\ &= \frac{e^{-\alpha\sqrt{n}}}{(n-1)!} \sum_{m=0}^{n-1} \left( \sum_{k=0}^{n-1-m} \frac{1}{k!} \int_{0}^{\infty} x^{n+k-1}e^{-2x}\;dx \right) \frac{(\alpha \sqrt{n})^m}{m!} \\ &= \frac{e^{-\alpha\sqrt{n}}}{(n-1)!} \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{m=0}^{n-1} \sum_{k=0}^{n-1-m} \frac{x^k}{k!} \frac{(\alpha \sqrt{n})^m}{m!} \right) x^{n-1} e^{-2x}\;dx \\ &= \frac{e^{-\alpha\sqrt{n}}}{(n-1)!} \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{l=0}^{n-1} \sum_{k=0}^{l} \frac{x^k}{k!} \frac{(\alpha \sqrt{n})^{l-k}}{(l-k)!} \right) x^{n-1} e^{-2x}\;dx \\ &= \frac{e^{-\alpha\sqrt{n}}}{(n-1)!} \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{l=0}^{n-1} \frac{(x+\alpha\sqrt{n})^l}{l!} \right) x^{n-1} e^{-2x}\;dxdx \\ &= \int_{0}^{\infty} \left( \sum_{l=0}^{n-1} \frac{(x+\alpha\sqrt{n})^l}{l!} e^{-(x+\alpha\sqrt{n})} \right) \frac{x^{n-1} e^{-x}}{(n-1)!}\;dx. \end{align*}$$

Ahora, observe que

$$ \begin{align*} &\sum_{l=0}^{n-1} \frac{(x+\alpha\sqrt{n})^l}{l!} e^{-(x+\alpha\sqrt{n})} \\ &\hspace{5em}= \frac{1}{(n-1)!}\sum_{l=0}^{n-1} \binom{n-1}{l} (x+\alpha\sqrt{n})^l e^{-(x+\alpha\sqrt{n})} \int_{0}^{\infty} t^{n-1-l}e^{-t} \; dt \\ &\hspace{5em}= \frac{1}{(n-1)!} \int_{0}^{\infty} (t+x+\alpha\sqrt{n})^{n-1} e^{-(t+x+\alpha\sqrt{n})} \; dt \\ &\hspace{5em}= \frac{1}{(n-1)!} \int_{x+\alpha\sqrt{n}}^{\infty} t^{n-1}e^{-t} \; dt = \frac{\Gamma(n,x+\alpha\sqrt{n})}{\Gamma(n)}, \end{align*} $$

donde $\Gamma(s,x)$ es la _función gamma incompleta_. Por lo tanto, si definimos $G_n(x)$ como

$$G_n(x) = \frac{\Gamma(n,x)}{\Gamma(n)} ,$$

el cálculo anterior muestra que podemos escribir

$$ A_n = - \int_{0}^{\infty} G_n(x+\alpha\sqrt{n})G_n'(x)\;dx. \tag{1} $$

Ahora, deje que $$\{ X_1, X_2, \cdots, Y_1, Y_2, \cdots \}$$ sea una familia de variables aleatorias independientes cada una con una distribución exponencial de parámetro $1$. Luego, para sus sumas parciales $S_n = X_1 + \cdots + X_n$ y $T_n = Y_1 + \cdots + Y_n$, es fácil ver que

$$ F_{S_n}(x) = \Bbb{P}(S_n \leq x) = 1 - G_n (x) $$

y de manera similar para $F_{T_n}(x) = \Bbb{P}(T_n \leq x)$. Así que $(1)$ se reduce a

$$ \begin{align*} A_n &= \int_{0}^{\infty} \Bbb{P}\left(T_n > x+\alpha\sqrt{n}\right) \; dF_{S_n}(x) \\ & = \Bbb{P}\left(T_n > S_n +\alpha\sqrt{n}\right) = \Bbb{P}\left(\frac{T_n - n}{\sqrt{n}} > \frac{S_n - n}{\sqrt{n}} +\alpha\right). \end{align*}$$

Dado que $\Bbb{E}S_n = \Bbb{E}S_n = n$ y $\Bbb{V}S_n = \Bbb{V}T_n = n$, el teorema del límite central produce

$$ \lim_{n\to\infty} A_n = \Bbb{P}\left(Z_2 > Z_1 +\alpha\right), $$

donde $Z_i \sim N(0, 1)$ son variables aleatorias independientes cada una con una distribución normal estándar. Por lo tanto tenemos

$$ \lim_{n\to\infty} A_n = \frac{1}{2}\left[ 1 - \mathrm{erf}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right] $$

Answer 2

Sea $X_n$ una variable aleatoria de Poisson con parámetro $\alpha\sqrt{n}$ y $Y_n$ una variable aleatoria binomial negativa con parámetros $(n,\frac12)$. Recordemos que esto significa que, para todo $k\geqslant0$, $$ P[X_n=k]=\mathrm e^{-\alpha\sqrt{n}}\frac{(\alpha\sqrt{n})^k}{k!},\qquad P[Y_n=k]=2^{-n-k} {n-1+k\choose k}. $$ Así, suponiendo que $X_n$ y $Y_n$ son independientes, la suma $n$-ésima que estás considerando es $$ S_n=P[X_n+Y_n\leqslant n-1]. $$ Primero, $Y_n$ puede realizarse como la suma de $n$ variables aleatorias i.i.d. con distribución geométrica de parámetro $\frac12$, en particular, el teorema del límite central establece que $Y_n=n+\sqrt{2n}Z_n$ donde $Z_n$ converge en distribución a una variable aleatoria estándar $Z$. Segundo, la varianza de una variable aleatoria de Poisson siendo igual a su media, $X_n=\alpha\sqrt{n}+\sqrt{n}T_n$ donde $T_n\to0$ en distribución. Por lo tanto, $$ \frac{X_n+Y_n-n+1}{\sqrt{n}}=\alpha+T_n+\sqrt{2}Z_n+\frac1{\sqrt{n}} $$ converge en distribución a $\alpha+\sqrt{2}Z$. Así, $$ S_n=P\left[\frac{X_n+Y_n-n+1}{\sqrt{n}}\leqslant0\right]\to S=P[\alpha+\sqrt{2}Z\leqslant0], $$ y $$ S=1-\Phi\left(\frac{\alpha}{\sqrt2}\right)=\frac12\left(1-\mathrm{erf}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\right). $$

Answer 3

Tal vez comience por hacer algo similar a señalar que

$$\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(\alpha\sqrt{n})^m}{m!} = e^{\alpha \sqrt{n}}$$

para que la suma final sea

$$e^{\alpha \sqrt{n}} - \sum_{m=n-k}^{\infty}\frac{(\alpha\sqrt{n})^m}{m!}$$

Answer 4

Comenzaría de manera aún más simple reemplazando la suma interna con su valor infinito de $n$ de $e^{\alpha \sqrt{n}}$. Esto elimina la expresión externa, por lo que nos queda

$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{n-1}2^{-n-k} {{n-1+k}\choose k}$.

Haciendo algunas manipulaciones, $\sum_{k=0}^{n-1}2^{-n-k} {{n-1+k}\choose k} = \sum_{k=0}^{n-1}2^{-n-k} {{n-1+k}\choose {n-1}} = \sum_{k=n-1}^{2n-2}2^{-k-1} {{k}\choose {n-1}} $.

Como suele suceder, es tarde y estoy cansado y no estoy seguro exactamente qué hacer a continuación, así que lo dejo así.