Motivado por las distribuciones de Poisson, demuestre que: Si $n p_n \to \lambda$ entonces $ \left( 1 - p_n \right)^n \to e^{-\lambda}$

Question

Tengo esta fea prueba de que alguna secuencia converge a algo y realmente no me gusta porque parece demasiado difícil sin razón... ¿alguien puede ayudarme a hacer esto más simple?

Aquí está: Se nos da una secuencia $p_n$ con $n p_n \to \lambda > 0$ . Demostramos que $$ \left( 1 - p_n \right)^n \to e^{-\lambda}. $$ Así que mi prueba comienza por notar que $$ (1-p_n)^n = \left( 1 + \frac{-np_n}n \right)^n $$ y que la familia de funciones $s_n(x) = \left(1+\frac xn \right)^n$ es equicontinuo en $x$ (Creo que puedo sacar algún argumento afirmando que la derivada de $s_n(x)$ está siempre acotada (porque también converge a $e^x$ ) al considerar un intervalo de longitud arbitraria pero fija centrado en $x$ para que en este intervalo, todas las funciones $s_n$ puede tener la misma constante de Lipschitz, dando por tanto equicontinuidad, corregidme si me equivoco) de modo que si observo por $x_n$ la secuencia $-n p_n$ , $x = -\lambda$ y $s(x) = e^x$ Deseo demostrar que $$ \forall \varepsilon > 0, \quad \exists N \quad s.t. \quad \forall n > N, \quad |s_n(x_n) - s(x)| < \varepsilon. $$ así que ahora, $$ |s_n(x_n) - s(x)| \le |s_n(x_n) - s_n(x_m)| + |s_n(x_m) - s_n(x)| + |s_n(x) - s(x)|. $$ Desde $x_n$ es convergente, también es Cauchy, por lo que para todo $\delta > 0$ existe un $N_1$ tal que para todo $n,m > N_1$ , $|x_m - x_n| < \delta$ y $|x_m - x| < \delta$ . Desde que la familia $\{s_n\}$ es equicontinuo, para todo $\varepsilon > 0$ existe un $\delta > 0$ tal que $|x - y| < \delta \Rightarrow |s_n(x) - s_n(y)| < \frac{\varepsilon}3$ para que los dos primeros términos sean atendidos por $N_1$ tomando $(x,y) = (x_n, x_m)$ y $(x,y) = (x_m, x)$ respectivamente. El último término también está acotado por $\varepsilon/3$ cuando $n > N_2$ porque $s_n \to s$ puntualmente. Tomando $N = \max \{ N_1, N_2 \}$ hemos terminado.

Me parece que mi prueba es demasiado dura en este problema de apariencia fácil... ¿alguien tiene una prueba mejor? Lo que quiero decir con "mejor" es usar herramientas menos potentes o avanzadas, algo sencillo. Parece que no puedo encontrar nada mejor en este momento.

Answer 1

Hmmmm... Esto me huele a análisis simple: quieres demostrar que $n\log(1-p_n)\to-\lambda$ .

Primero, $\log(1-x)\le -x$ por cada $x$ en $(0,1)$ por lo que $n\log(1-p_n)\le-np_n$ . Desde $np_n\to\lambda$ , $\limsup n\log(1-p_n)\le-\lambda$ .

Segundo, $\log(1-x)\ge-x-x^2$ por cada $x$ en $(0,\frac12)$ . Para cada $n$ lo suficientemente grande, $p_n\le\frac12$ por lo que $n\log(1-p_n)\ge-np_n-np_n^2$ . Desde $np_n^2\to0$ , $\liminf n\log(1-p_n)\ge-\lambda$ .

Has terminado.

Answer 2

Esto lo podría hacer incluso un estudiante de cálculo (que hay que reconocer que es muy fuerte).

Paso 1: Para cualquier número real $l$ , uno tiene $\lim_{n \rightarrow \infty} (1-\frac{l}{n})^n = e^{-l}$ . (Toma logaritmos y aplica la regla de L'Hopital).

Paso 2: Dejar que $M > \lambda$ de modo que para un tamaño suficientemente grande $n$ , $(1-p_n)^n \geq (1-\frac{M}{n})^n$ . Según el paso 1, para cualquier $\epsilon > 0$ y todos los suficientemente grandes $n$ tenemos

$(1-p_n)^n \geq e^{-M} - \epsilon$ .

Paso 3: Del mismo modo, dejemos que $m < \lambda$ y argumentando como en el caso anterior para cualquier $\epsilon > 0$ y todos los suficientemente grandes $n$ tenemos

$(1-p_n)^n \leq e^{-m} + \epsilon$ .

El resultado es el siguiente.

Answer 3

También es muy natural atacar el $n$ ón de la potencia directamente utilizando el teorema del binomio: $$\begin{align*}(1-p_n)^n&=\sum_{j\geq 0}{n\choose j}(-p_n)^j\\\\&= \sum_{j\geq 0}\left[n(n-1)\cdots(n-j+1)\over n^j\right](-np_n)^j/j!\\\\ &\to \sum_{j\geq 0}(-\lambda)^j/j!\\\\&=\exp(-\lambda).\end{align*} $$ La convergencia es obvia a nivel de términos, pero se necesita el Dominado Teorema de Convergencia (digamos), para justificar la convergencia de las sumas infinitas.