Pokaż, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k}}{k!}= \frac{1}{2}}\).
Ta suma się troszkę kojarzy z wartością dystrybuanty zmiennej losowej o rozkładzie Poissona z parametrem \(\displaystyle{ n}\) w punkcie \(\displaystyle{ n}\), ale to chyba kompletnie nic nie daje. Może jakieś probabilistyczne twierdzonko nt. zbieżności jakiejś sumy zmiennych losowych takich a śmakich?
Proszę o jakąś wskazówkę (nie o pełne rozwiązanie), bo siedziałem nad tym długo (nawet jak na moje standardy) i nic mi nie wyszło.
Problematyczna granica o aromacie probabilistycznym
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Problematyczna granica o aromacie probabilistycznym
A to nie przeszkadza że \(\displaystyle{ n}\) występuje zarówno pod sumą, jak i w indeksowaniu?
- fon_nojman
- Użytkownik
- Posty: 1599
- Rejestracja: 13 cze 2009, o 22:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 255 razy
Problematyczna granica o aromacie probabilistycznym
Rozważ ciąg zmiennych losowych o rozkładzie Poissona (dobrać odpowiedni parametr \(\displaystyle{ \lambda}\)) i skorzystaj z Centralnego twierdzenia granicznego, trzeba trochę poprzekształcać i wychodzi.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Problematyczna granica o aromacie probabilistycznym
Poszło, dzięki.-- 12 paź 2015, o 18:09 --Dla porządku skrótowe rozwiązanie: niech \(\displaystyle{ (X_{n})_{n \ge 1}}\) będzie ciągiem \(\displaystyle{ \text{iid}\sim Poi(1)}\). Wtedy \(\displaystyle{ S_{n}=X_{1}+...+X_{n}\sim Poi(n)}\), a więc
\(\displaystyle{ \mathbb{E}S_{n}=n=D^{2}S_{n}}\) i z CTG (jeszcze formalnie trzeba by sprawdzić, że spełnione są jego założenia) mamy \(\displaystyle{ \frac{S_{n}-n}{ \sqrt{n} } \rightarrow \mathcal{N}(0,1)}\), a więc \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \mathbb{P}(S_{n} \le n)= \lim_{n \to \infty }\mathbb{P}\left( \frac{S_{n}-n}{\sqrt{n}} \le 0 \right)=\Phi \left( 0 \right)= \frac{1}{2}}\). Ale \(\displaystyle{ \mathbb{P}(S_{n} \le n)=e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k}}{k!}}\), więc zadanie skończone.
\(\displaystyle{ \mathbb{E}S_{n}=n=D^{2}S_{n}}\) i z CTG (jeszcze formalnie trzeba by sprawdzić, że spełnione są jego założenia) mamy \(\displaystyle{ \frac{S_{n}-n}{ \sqrt{n} } \rightarrow \mathcal{N}(0,1)}\), a więc \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \mathbb{P}(S_{n} \le n)= \lim_{n \to \infty }\mathbb{P}\left( \frac{S_{n}-n}{\sqrt{n}} \le 0 \right)=\Phi \left( 0 \right)= \frac{1}{2}}\). Ale \(\displaystyle{ \mathbb{P}(S_{n} \le n)=e^{-n} \sum_{k=0}^{n} \frac{n^{k}}{k!}}\), więc zadanie skończone.
Problematyczna granica o aromacie probabilistycznym
Istnieje. W necie spokojnie takie rozwiązanie znajdziesz. Jakby się nie udało to się zgłoś na priv to Ci link wyślę