$\lim_\limits{\sigma_A, \sigma_B \to \infty }e^{-\sigma_A-\sigma_B} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{{\sigma_A}^k}{k!}\cdot\frac{{\sigma_B}^k}{k!}$

Question

Actualmente estoy escribiendo mi tesis de Licenciatura en economía y una prueba idea de que iba a necesitar para calcular este límite (si existe). No estoy seguro de cómo este enfoque debido a la doble límite.

Claramente, el límite de cada sumando por finito k es cero, pero que realmente no ayuda, no? (EDIT: si pones el término exponencial en la suma, que es.) Sumando ceros infinitamente a menudo no implica que la suma es cero, ¿verdad?

Gracias de antemano, rm

Answer 1

El límite es cero.

Flujo De Forrado De Prueba Fix $m \geq 1$, entonces la división de la suma: \begin{align} 0&\leq e^{-\sigma_A-\sigma_B} \sum_{n=0}^{m-1} \frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(n!)^2} + e^{-\sigma_A-\sigma_B} \sum_{n=m}^{\infty} \frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(n!)^2}\\ % &<m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\sum_{n=m}^{\infty} \underbrace{\binom{2n}{n}}_{< \,4^n/\sqrt{3n+1}}\frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(2n)!}\\ % &< m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\frac{1}{\sqrt{3m+1}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\sqrt{4\sigma_A\sigma_B})^{2n}}{(2n)!}\\ % &= m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\frac{1}{\sqrt{3m+1}} \cosh(\sqrt{4\sigma_A\sigma_B})\\ % &< m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B} \frac{1}{\sqrt{3m+1}}e^{\sqrt{4\sigma_A\sigma_B}}\\ % &= m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + \frac{1}{\sqrt{3m+1}} e^{-(\sqrt{\sigma_A}-\sqrt{\sigma_B})^2}\\ % &< m \underbrace{\frac{(\sigma_A+\sigma_B)^{m-1}}{2^{m-1}e^{\sigma_A+\sigma_B}}}_{\text{%#%#% as %#%#%}} + \frac{1}{\sqrt{3m+1}} \end{align} a continuación, vamos a $\to 0$ y el lado derecho enfoques $\sigma_1,\sigma_2 \to \infty$.

Pruebas Detalladas Fix $m\to \infty$, entonces la división de la suma: \begin{align} 0&\leq e^{-\sigma_A-\sigma_B} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(n!)^2}\\ &= e^{-\sigma_A-\sigma_B} \sum_{n=0}^{m-1} \frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(n!)^2} + e^{-\sigma_A-\sigma_B} \sum_{n=m}^{\infty} \frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(n!)^2}\\ &< e^{-\sigma_A-\sigma_B}\sum_{n=0}^{m-1} \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{(0!)^2} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\sum_{n=m}^{\infty} \frac{(2n)!}{n!\cdot n!} \frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(2n)!}\\ % &= m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\sum_{n=m}^{\infty} \underbrace{\binom{2n}{n}}_{< \,4^n/\sqrt{3n+1}}\frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(2n)!}\\ % &< m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\sum_{n=m}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{3n+1}}\frac{(4\sigma_A\sigma_B)^n}{(2n)!}\\ % &< m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\frac{1}{\sqrt{3m+1}} \sum_{n=m}^{\infty} \frac{(4\sigma_A\sigma_B)^n}{(2n)!}\\ % &< m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\frac{1}{\sqrt{3m+1}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\sqrt{4\sigma_A\sigma_B})^{2n}}{(2n)!}\\ % &= m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\frac{1}{\sqrt{3m+1}} \cosh(\sqrt{4\sigma_A\sigma_B})\\ % &= m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B}\frac{1}{\sqrt{3m+1}} \frac{e^{\sqrt{4\sigma_A\sigma_B}} + e^{-\sqrt{4\sigma_A\sigma_B}}}{2}\\ &< m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + e^{-\sigma_A-\sigma_B} \frac{1}{\sqrt{3m+1}}\frac{2e^{\sqrt{4\sigma_A\sigma_B}}}{2}\\ % &= m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + \frac{1}{\sqrt{3m+1}} e^{-(\sqrt{\sigma_A}-\sqrt{\sigma_B})^2}\\ % &< m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} + \frac{1}{\sqrt{3m+1}} \end{align}

El trato con la parte izquierda de este límite superior, dejamos $0$ $m \geq 1$ donde $\sigma_A = r\cos\theta$ $\sigma_B = r\sin\theta$ ( $r>0$ ). Además, tenga en cuenta que$\theta\in[0,\pi/2]$$0<\sigma_A,\sigma_B$, por lo que \begin{align} 0&\leq m \frac{(\sigma_A\sigma_B)^{m-1}}{e^{\sigma_A+\sigma_B}} = m \frac{(r\cos\theta \cdot r\sin\theta)^{m-1}}{e^{r\cos\theta+r\sin\theta}} % = m \frac{(r^2\cdot\tfrac12 \sin(2\theta))^{m-1}}{e^{r(\cos\theta+\sin\theta})}\\ % &< m \frac{(r^2 (1))^{m-1}}{2^{m-1}e^{r(1)}} % = \frac{m}{2^{m-1}}\frac{r^{2m-2}}{e^{r}} % \to 0\quad \text{as %#%#%} \end{align}

Por lo tanto

$\cos\theta + \sin\theta \geq 1$$ Como esto vale para todos los fijos $[0,\pi/2]$, dejamos $r\to\infty$ y por lo tanto $$ 0\leq \lim_{\sigma_A,\sigma_B\to \infty} e^{-\sigma_A-\sigma_B} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\sigma_A\sigma_B)^n}{(n!)^2} < \frac{1}{\sqrt{3m+1}}$$ por el teorema del sándwich.

Answer 2

EDITADO.

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1. Probabilística de la heurística. Deje $N_A \sim \operatorname{Poisson}(\sigma_A)$ $N_B \sim \operatorname{Poisson}(\sigma_B)$ ser independiente de Poisson variables aleatorias. Como ustedes ya son conscientes de la cantidad en cuestión es

$$\mathbb{P}( N_A = N_B)$$

Es bien sabido que la ley de $Z_A := (N_A - \sigma_A) / \sqrt{\sigma_A}$ es aproximada por una distribución normal estándar $\mathcal{N}(0,1)$. Esto es debido a que $\operatorname{Poisson}(n)$ se puede dividir en $n$ i.yo.d. $\operatorname{Poisson}(1)$ variables de modo que podemos aplicar la clásica de la CLT. (Una declaración precisa es que $Z_A$ converge en distribución a$\mathcal{N}(0,1)$$\sigma_A \to \infty$.)

Para utilizar este hecho, el aviso de que

$$ \mathbb{P}(N_A = N_B) = \mathbb{P}\left( Z_A = \frac{N_B - \sigma_A}{\sqrt{\sigma_A}} \right) = \sum_{k=0}^{\infty} \mathbb{P}\left( Z_A = \frac{k - \sigma_A}{\sqrt{\sigma_A}} \right) \mathbb{P}(N_B = k). $$

Esto ya nos dice algo, ya que si $Z_A$ donde verdaderamente normal, a continuación, cada una de las $\mathbb{P}\left( Z_A = \frac{k - \sigma_A}{\sqrt{\sigma_A}} \right)$ habría sido cero y por lo tanto el lado derecho es realmente cero. O un poco más precisamente, desde

\begin{align*} \mathbb{P}\left( Z_A = \frac{k - \sigma_A}{\sqrt{\sigma_A}} \right) &= \mathbb{P}\left( Z_A \in \left( \frac{k - \frac{1}{2} - \sigma_A}{\sqrt{\sigma_A}}, \frac{k + \frac{1}{2} - \sigma_A}{\sqrt{\sigma_A}} \right) \right) \\ &\approx \int_{\frac{k - \sigma_A}{\sqrt{\sigma_A}} - \frac{1}{2\sqrt{\sigma_A}}}^{\frac{k - \sigma_A}{\sqrt{\sigma_A}} + \frac{1}{2\sqrt{\sigma_A}}} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2} \, dx \\ &\lesssim \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma_A}}, \end{align*}

podemos esperar que $\mathbb{P}(N_A = N_B) \lesssim \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma_A}}$ que converge a $0$.

Aunque esto no es sino una heurística, esto es, de hecho, no muy lejos de la verdad. De hecho, esta idea puede ser utilizado directamente para probar la convergencia a $0$ el uso de algunos conocidos los resultados como local teorema del límite.

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2. Prueba analítica. Primero vamos a aceptar el hecho siguiente:

Hecho. existe $C> 0$ satisfactorio

$$ \forall k \geq 0: \qquad \binom{2k}{k} \leq C \frac{4^k}{\sqrt{2k+1}}. $$

Esto es demostrado fácilmente una vez que sabemos que la aproximación de Stirling, pero vamos a aceptar esto y continuar. También, la razón por la que utilizamos esta es reemplazar el disco duro-a-entender plazo $k!^2$ por más de apariencia familiar plazo. Vamos a ver que esto sin duda beneficia a nuestro cálculo.

Ahora escribir

\begin{align*} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\sigma_A \sigma_B)^k}{k!k!} &= \sum_{k=0}^{\infty} \underbrace{ \frac{(2k)!}{k!k!} }_{=\binom{2k}{k}} \cdot \frac{(\sigma_A \sigma_B)^k}{(2k)!} \leq \sum_{k=0}^{\infty} \frac{C}{\sqrt{2k+1}} \frac{(4\sigma_A \sigma_B)^k}{(2k)!}. \end{align*}

Vamos a escribir $\alpha = 2\sqrt{\sigma_A \sigma_B}$ por la simplicidad. (Esta elección no es arbitraria, pero en este momento vamos a decir simplemente queremos ahorrar algo de mano de obra mediante la reducción de la notación.) Procedimiento por escrito

$$ C \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\alpha^{2k}}{(2k)!\sqrt{2k+1}} = C \sum_{k=0}^{\infty} \sqrt{ \frac{\alpha^{2k}}{(2k)!} } \cdot \sqrt{ \frac{\alpha^{2k}}{(2k+1)!} } $$

y la aplicación de Cauchy-Schwarz desigualdad (CS), obtenemos

\begin{align*} C \sum_{k=0}^{\infty} \sqrt{ \frac{\alpha^{2k}}{(2k)!} } \cdot \sqrt{ \frac{\alpha^{2k}}{(2k+1)!} } &\leq C \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\alpha^{2k}}{(2k+1)!} \right)^{1/2} \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\alpha^{2k}}{(2k)!} \right)^{1/2}. \end{align*}

A pesar de la utilización de CS no es un paso intuitivo, ciertas explicaciones son posibles. En primer lugar, esto permite resolver los molestos raíz cuadrada plazo $\sqrt{2k+1}$. Segundo, dado que la $\frac{\alpha^{2k}}{(2k+1)!}$ $\frac{\alpha^{2k}}{(2k)!}$ no difieren demasiado, no se pierde demasiado en CS. (Recordemos que la igualdad de condición para el CS!) Ahora somos buenos para ir, por que delimitan cada suma el uso de la expansión de Taylor de $e^{\alpha}$:

\begin{align*} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\alpha^{2k}}{(2k+1)!} = \frac{1}{\alpha} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\alpha^{2k+1}}{(2k+1)!} \leq \frac{e^{\alpha}}{\alpha} \qquad\text{and}\qquad \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\alpha^{2k}}{(2k)!} \leq e^{\alpha}. \end{align*}

Conectando de nuevo, nuestro largo viaje termina y obtenemos

$$ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\sigma_A \sigma_B)^k}{k!k!} \leq C \frac{e^{\alpha}}{\sqrt{\alpha}} = \frac{C}{\sqrt{2} (\sigma_A \sigma_B)^{1/4}} e^{2\sqrt{\sigma_A\sigma_B}}. $$

Por lo tanto, multiplicando ambos lados por $e^{-\sigma_A-\sigma_B}$, obtenemos

$$ 0 \leq \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\sigma_A^k}{k!}\cdot \frac{\sigma_B^k}{k!} e^{-(\sigma_A+\sigma_B)} \leq \frac{C}{\sqrt{2} (\sigma_A \sigma_B)^{1/4}} e^{-(\sqrt{\sigma_A} - \sqrt{\sigma_B})^2} \leq \frac{C}{\sqrt{2} (\sigma_A \sigma_B)^{1/4}}. $$

Por la apretando teorema, como $\sigma_A, \sigma_B \to 0$ la suma converge a $0$.