Para probar

Question

Quiero Mostrar que la $$\lim_{n\to\infty}\frac1{n!}\int_0^ne^{-t}t^n\,dt=\frac12.$$

Traté de exprimir la secuencia de la siguiente manera

$$\frac{n^{n}(1-e^{-n})}{n!}= \frac1{n!}\int_0^ne^{-t}n^n\,dt\ge \frac1{n!}\int_0^ne^{-t}t^n\,dt \ge \frac1{n!}\int_0^ne^{-n}t^n\,dt =\frac{n^{n+1}e^{-n}}{(n+1)!} .$$

Entonces ¿qué es lo siguiente? alguna idea?

Answer 1

Tenemos en primer lugar darle la integral en términos de Gamma y Gamma Incompletade la función: \begin{align} \int^{n}_0 t^n e^{-t}\,dt =\int^{\infty}_0 t^n e^{-t}\,dt -\int^\infty_n t^n e^{-t}\,dt = \Gamma(n+1)-\Gamma(n+1,n) = n!-\Gamma(n+1,n) \end{align} Por lo tanto: \begin{align} \frac{1}{n!}\int^{n}_0 t^n e^{-t}\,dt=1-\frac{\Gamma(n+1,n)}{n!} \end{align} Ahora vamos a utilizar el resultado encontrado en esta respuesta (que es después de la II edición antes de la conclusión), a saber: \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(n+1,n)}{n!} = \frac{1}{2} \end{align} Y finalmente obtenemos: \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n!}\int^{n}_0 t^n e^{-t}\,dt = 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \end{align}

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Editar (método Alternativo).

He añadido un extra de enfoque que se basa en la CLT. Primero vamos a dividir la integral: \begin{align} \int^n_0 t^ne^{-t}\,dt =\int^{n+1}_0 t^ne^{-t}\,dt - \int^{n+1}_n t^ne^{-t}\,dt \end{align} Entonces sabemos que a partir de esta respuesta la siguiente: \begin{align}\tag{1} \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n!}\int^{n+1}_0 t^ne^{-t}\,dt = \lim_{n\to\infty}\frac{1}{(n-1)!}\int^{n}_0 t^{n-1}e^{-t}\,dt =\frac{1}{2} \end{align} Por otra parte, tenga en cuenta que: \begin{align} 0\leq \frac{1}{n!}\int^{n+1}_n t^n e^{-t}\,dt \leq \frac{1}{n!}e^{-n}\int^{n+1}_n t^n \,dt = \frac{1}{(n+1)!}e^{-n}\left((n+1)^{n+1}-n^{n+1} \right) \end{align} El uso de Stirling asymptotics para el factorial, se obtiene: \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{1}{(n+1)!}e^{-n}\left((n+1)^{n+1}-n^{n+1} \right) &=\lim_{n\to\infty} \frac{e^{-n}\left((n+1)^{n+1}-n^{n+1} \right)}{\sqrt[]{2\pi (n+1)}(n+1)^{n+1}e^{-(n+1)}}\\ &=\lim_{n\to\infty} \frac{e}{\sqrt[]{2\pi(n+1)}}\left(1-\left(1-\frac{1}{n+1} \right)^{n+1} \right)\\ &= 0 \end{align} Usando el teorema del encaje, se obtiene: \begin{align}\tag{2} \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n!}\int^{n+1}_n t^n e^{-t}\,dt =0 \end{align} Poner (1) y (2) en conjunto da la declaró resultado, a saber: \begin{align} \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n!}\int^n_0 t^ne^{-t}\,dt = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n!}\int^{n+1}_0 t^ne^{-t}\,dt - \frac{1}{n!}\int^{n+1}_n t^ne^{-t}\,dt = \frac{1}{2}-0 =\frac{1}{2} \end{align}

Answer 2

La misma idea de probar $$ \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{e^n}\sum_{k=0}^{n}\frac{n^k}{k!}=\frac{1}{2}\tag{A}$$ se aplica aquí también. El argumento de que el límite en el lado izquierdo de $(A)$ es la probabilidad de que una variable aleatoria de Poisson toma un valor que es $\leq $ de su valor esperado. El argumento de que su límite es la probabilidad de que una variable aleatoria con una $\Gamma$ distribución toma un valor que es $\leq$ de su valor esperado. Por el teorema central del límite , tanto de los límites de la igualdad de $\frac{1}{2}$.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffe]{\ds{\lim_{n \to \infty}\pars{{1 \over n!}\int_{0}^{n}\expo{-t}t^{n}\,\dd t}}} = \lim_{n \to \infty}\bracks{% {1 \over n!}\int_{0}^{n}\expo{-\pars{n - t}}\pars{n - t}^{n}\,\dd t} \\[5mm] = &\ \lim_{n \to \infty}\bracks{% {\expo{-n}n^{n} \over n!}\int_{0}^{n}\expo{t}\pars{1 - {t \over n}}^{n}\,\dd t} = \lim_{n \to \infty}\bracks{% {\expo{-n}n^{n} \over n!}\int_{0}^{n} \exp\pars{t + n\ln\pars{1 - {t \over n}}}\,\dd t} \end{align}

En este punto, voy a utilizar el Laplace Método:

\begin{align} &\bbox[10px,#ffe]{\ds{\lim_{n \to \infty}\pars{{1 \over n!}\int_{0}^{n}\expo{-t}t^{n}\,\dd t}}} = \lim_{n \to \infty}\bracks{% {\expo{-n}n^{n} \over n!}\int_{0}^{\infty} \exp\pars{-\,{t^{2} \over 2n}}\,\dd t} \\[5mm] & = \lim_{n \to \infty}\bracks{% {\expo{-n}n^{n} \over n!}\,\pars{\root{\pi \over 2}\,n^{1/2}}} = {\root{2\pi} \over 2}\lim_{n \to \infty}\pars{% {\expo{-n}n^{n + 1/2} \over n!}} \\[5mm] & = {\root{2\pi} \over 2}\lim_{n \to \infty}\pars{% {\expo{-n}n^{n + 1/2} \over \root{2\pi}n^{n + 1/2}\expo{-n}}}\qquad \pars{~n!\!-\!Stirling\ Asymptotic\ Expansion ~} \\[5mm] & = \bbx{1 \over 2} \end{align}