Предел с экспонентой

[marie-la]

Задача по анализу, не могу сообразить.
Найти предел последовательности

$e^{-n}(1+n+\frac{n^2}{2}+...+\frac{n^n}{n!})$

То есть в числителе ряд для экспоненты обрывается, и этот кусок делится на весь ряд.
Я пыталась как-то оценить экспоненту в знаменателе с помощью замечательного предела, но не проходит :( Что еще можно сделать?

[nnosipov]

Я бы заменил сумму в скобках разностью между $e^n$ и интегралом

$$\int_0^n \frac{e^t(n-t)^n}{n!}\,dt.$$

[marie-la]

nnosipov
Не знаю, что делать дальше с этой неполной гамма-функцией.

[marie-la]

nnosipov
Сообразила вроде. Затем представляем как интеграл от эрланговской плотности, получается вероятность что среднее экспоненциальных величин не больше 1, затем по ц.п.т. выходит $\frac{1}{2}$. Если нигде не ошиблась, то так. Хочется средствами мат.анализа решить...

-- 19.10.2020, 00:05 --

Otta
Если

$a_n=\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{n^k}{k!}$, $b_n=e^n$,

то

$\frac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$

не особо облегчает жизнь вроде. Я как-то не так теорему Штольца понимаю?

[ewert]

По Стирлингу $\frac{k^k}{k!}\sim\frac{e^k}{\sqrt{2\pi k}}$. Если бы не было $\sqrt{k}$ в знаменателе, то в пределе получилось бы $\frac{e}{\sqrt{2\pi}(e-1)}$, а так -- ноль, конечно.

Странная задача. Наверное, авторы что-то имели в виду, но что именно -- так сходу не соображу.

[marie-la]

ewert
Там ведь $\frac{n^k}{k!}$, а не $\frac{k^k}{k!}$

[ewert]

Да, прошу прощения, спросонья не разглядел.

-- Пн окт 19, 2020 08:28:50 --

Ну тогда да, по nnosipov имеем остаток формулы Тейлора для экспоненты в виде

$$\frac{e^{-n}}{n!}\int_0^ne^{-x}x^ndx=\frac{e^{-n}n^{n+1}}{n!}\int_0^1e^{-nt}t^ndt=\frac{e^{-n}n^{n+1}}{n!}\int_0^1e^{-n(t-\ln n)}dt\sim$$

$$\sim\frac{e^{-n}n^{n+1}}{n!}\int_0^1e^{-\frac{n}2(t-1)^2}dt\sim\frac{e^{-n}n^{n+1}}{2n!}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{ny^2}2}dy=\frac{e^{-n}n^{n+1}}{2n!}\cdot\sqrt{\frac{2\pi}n}\sim\frac{n}{2\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{\frac{2\pi}n}$$

(последнее всё же по Стирлингу). Т.е. вычитается вроде да, одна вторая. Конечно, такой простой результат и получаться должен как-то проще.

[marie-la]

ewert
Что-то туплю, как от интеграла с конечными пределами перешли к интегралу с бесконечными.

[ewert]

marie-la в сообщении #1487830 писал(а):

как от интеграла с конечными пределами перешли к интегралу с бесконечными.

Тупо и перешли -- хвосты интеграла экспоненциально малы, сам же интеграл степенной.

[marie-la]

ewert
Да, точно. А предыдущий переход?

[novichok2018]

Мне кажется, что это нетривиальный результат из работ Рамануджана-Харди, если я не путаю. Необычный по форме, хоть и с не очень сложным решением. По внешнему виду хочется, чтобы предел был единица, а не половина. Известная задача, Рамануджан предложил и уточнения предела в виде дальнейшей асимптотики с границами для постоянной в асимптотике. Потом многие эту постоянную уточняли. Формулировка есть в статье Аски о Рамануджане в УМН.

[marie-la]

Через теорию вероятностей совсем просто получается, конечно, по сравнению с таким решением. Там вероятность, что пуассоновская с параметром $n$ не больше, чем $n$. Распределение такое же, как у суммы пуассоновских с параметром 1. Выходит вероятность, что среднее пуассоновских с параметром 1 не больше 1, и по ц.п.т. $\frac{1}{2}$. Никаких интегралов писать не надо.

[ewert]

marie-la в сообщении #1487833 писал(а):

А предыдущий переход?

А предыдущий -- просто главный член формулы Тейлора для логарифма в окрестности единички.

В общем, здесь ничего, кроме собственно анализа, но уж больно много из него привлечено достаточно тяжёлой артиллерии. Хотя сами по себе все переходы и напрашиваются.

Должно существовать какое-то более простое решение, даже в рамках анализа.

[novichok2018]

marie-la - пожалуйста, распишите решение через тервер подробнее, для неподготовленных.
Слова и названия объяснять не надо, последовательность действий и почему выполняются условия для их применения. Спасибо.

[marie-la]

novichok2018
Пусть $X$ - пуассоновская с параметром $n$. Тогда требуемое выражение есть
$P(X=0)+P(X=1)+...+P(X=n)=P(X\leq n).$
По свойству пуассоновскомго распределения $X=X_1+X_2+...+X_n$, где $X_i$ - независимые пуассоновские с параметром 1. Тогда
$P(X_1+X_2+...+X_n\leq n)=P(\sqrt{n} \frac{\bar{x}-1}{\sqrt{D(X1)}}\leq 0)$
что по центральной предельной теореме сходится к $\Phi(0)=\frac{1}{2}$