Fórmula de término general de$S_n=\sum\limits_{i=1}^n{\frac{a^i}{i!}}$?

Question

Si$S_n=\sum\limits_{i=1}^n{\frac{a^i}{i!}}$, donde a es un número positivo, ¿cuál es la fórmula de término general de$S_n$?

Answer 1

Como se señaló anteriormente, $$ S_n = \frac{{e^a }}{{n!}}\int_a^\infty {x^n e^{ - x} \,dx} - 1, $$ que puede ser escrito $$ S_n = \frac{{e^a }}{{n!}}\Gamma (n + 1) - 1, $$ donde $\Gamma(\cdot,\cdot)$ es la parte superior de la función gamma incompleta.

Un enfoque probabilístico. Deje $N=\lbrace N_t : t \geq 0 \rbrace$ ser un proceso de Poisson con tasa de $a > 0$. Entonces $$ S_n : = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a^i}} {{!}}} = \sum\limits_{i = 0}^n {\frac{{a^i}} {{!}}} - 1 = e^a \sum\limits_{i = 0}^n {\frac{{e^{ - a} a^i}} {{!}}} - 1 = e^{\rm P}(N_1 \le n) - 1. $$ Ahora, $N_1 \leq n$ si y sólo si el tiempo, la $Y_{n+1}$, de la $(n+1)$th llegada en el proceso de $N$ es mayor que $1$. Desde $Y_{n+1}$ es una suma de $n+1$ independiente exponencial de las variables aleatorias con función de densidad $ae^{-ax}$, $x > 0$, tiene función de densidad de probabilidad gamma $$ f_{Y_{n+1}}(x)=x^n e^{-ax}^{n+1} / n!,\;\; x > 0. $$ Así $$ {\rm P}(N_1 \le n) = {\rm P}(Y_{n+1} > 1) = \int_1^\infty {f_{Y_{n + 1} } (x)\,dx} = \frac{{a^{n + 1} }}{{n!}}\int_1^\infty {x^n e^{ - ax} \,dx}. $$ Por lo tanto, $$ S_n = e^a \frac{{a^{n + 1} }}{{n!}}\int_1^\infty {x^n e^{ - ax} \,dx} - 1 = e^a \frac{{a^{n + 1} }}{{n!}}\int_a^\infty {\bigg(\frac{x}{a}\bigg)^n e^{ - x} \frac{1}{a}} \,dx - 1 = \frac{{e^a }}{{n!}}\int_a^\infty {x^n e^{ - x} \,dx} - 1. $$

Answer 2

Para la integridad voy a proporcionar una ruta clásica para demostrar la fórmula que se muestra cómo se puede descubrir la fórmula en el primer lugar, ya que no ha sido abordado en la primera cuestión vinculada por Jerry y procesos de Poisson puede ser un poco involucrados en el contexto de esta consulta en particular. La naturaleza recursiva de la función gamma incompleta superior,

$$\Gamma(n+1,a)=\int_a^{\infty}x^ne^{-x}dx,$$

viene porque de cómo se transforma bajo por partes integración. En lugar de jugar con $u$$v$, sólo voy a reemplazar el integrando de arriba con una expresión equivalente derivada del producto genérico regla, $nx^{n-1}e^{-x}-(x^ne^{-x})'$, así que por un par de teoremas de cálculo que hemos

$$\Gamma(n+1,a)=\int_a^{\infty}nx^{n-1}e^{-x}dx-[x^ne^{-x}]_a^{\infty}$$ $$=n\Gamma(n,a)+a^ne^{-a}$$ $$=n!\Gamma(1,a)+e^{-a}\left(n!a+[n(n-1)\cdots(2)]a^2+\cdots+n(n-1)a^{n-2}+na^{n-1}+a^n\right)$$

Tenga en cuenta que $\Gamma(1,a)=\int_a^{\infty}e^{-x}dx=e^{-a}$. Por lo tanto, si tomamos la ecuación anterior y se multiplican ambos lados por el factor de $e^a/n!$, llegamos a la fórmula deseada (con la adición de un 1 delante de su cantidad original):

$$\frac{e^a}{n!}\Gamma(n+1,a)=1+a+\frac{a^2}{2}+\cdots+\frac{a^{n-1}}{(n-1)!}+\frac{a^n}{n!}.$$

Answer 3

Podríamos usar el cálculo del primer año para obtener una respuesta. Por el teorema de Taylor con la forma integral del resto, tenemos$$e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+\int_0^x \frac{e^t(x-t)^n}{n!}dt.$ $

Así que$$S_n=e^a-1-\int_0^a \frac{e^t(a-t)^n}{n!}dt.$ $

La expresión de$S_n$ puede ser transformada de varias maneras, pero permanecerá obstinadamente no elemental.

Answer 4

De alguna manera, esto parece haber sido preguntado antes ...

Dicho esto, que esto sea una adición a las respuestas de Jacques y Shai: ya que la función gamma incompleta y la integral exponencial$E_n(z)$ son (esencialmente) la misma función, puede reformular la respuesta en términos de esta función:

ps