Comportamiento de$\sum_{n=1} \frac{1}{n!} e^{an}\log(n)$ como$a \to \infty$

Question

Estoy interesado en el comportamiento de la siguiente suma \begin{align} \sum_{n=1} \frac{1}{n!} e^{an}\log(n), \end {align} ya que$a$ se acerca al infinito.

Usando$\log(n) \le n$ podemos hacer el siguiente límite superior \begin{align} \sum_{n=1} \frac{1}{n!} e^{an}\log(n) \le e^{a+e^a}. \end {align}

Sin embargo, creo que el verdadero comportamiento se parece más a$e^{\log(a)+e^a}$. Sin embargo, no estoy seguro de cómo mostrar si esto es cierto o no.

Answer 1

Esperamos el mayor summand aproximadamente donde$n\approx e^a$. Comparando el registro con su tangente en ese punto,$$\ln n\le a-1+\frac{n}{e^a}$ $ So$$\begin{align}\sum_{n=1}^\infty\frac1{n!}e^{an}\ln n&\le (a-1)\sum_{n=1}^\infty\frac1{n!}e^{an}+ \sum_{n=1}^\infty\frac1{(n-1)!}e^{a(n-1)}\\&=(a-1)(e^{e^a}-1)+e^{e^a}\\&=e^{\ln a+e^a}-a+1\end{align}$ $

Answer 2

Una completa serie asintótica para$S$, $x=\exp(a) \to \infty,$

$$ S:=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!} \log{n} \sim e^x\big(\, \log(x) - \frac{1}{2x}-\frac{5}{12x^2} + ... \big)$$

se puede derivar de la siguiente manera.

Es bien conocida la transformada de Laplace que pueden reorganizarse como tal: $$ \frac{\log{n}}{n} =-\frac{\gamma}{n} - \int_0^\infty e^{-nt} \,\log{t}\, dt. $$ El $\gamma$ es la constante de Euler. La inserción de este en la definición de S, el intercambio orden de la suma y la integración, y la suma de la serie para obtener $$ S=-\gamma\big(e^x-1)-x\int_0^\infty e^{-t}\exp{(x\, e^{-t})} \log{t} \, dt. $$ Esta representación exacta toma una forma más simple en la sustitución de $e^{-t} \to u,$ $$ S=-\gamma\big(e^x-1)-x\int_0^1 \exp{(x\,u)} \log{(\log{(1/u)})} \, du. $$ Claramente para $x$ grande lo que más importa es lo que sucede cerca de $u=1.$ Ampliar la log-log como $$ \log{(\log{(1/u)})} = \log{(1-u)} - \frac{1}{2}(u-1) + \frac{5}{24}(u-1)^2+... $$ Ahora $$\int_0^1\log{(1-u)}\exp(x\,u)du=-\frac{e^x}{x}\big(\gamma+\Gamma(0,x)+\log(x)\big) \sim -\frac{e^x}{x}\big(\gamma+\log(x)\big)$$ donde la función gamma incompleta es descuidado debido a su expansión asintótica es infinitamente pequeña en comparación. Del mismo modo, dejando de lado los términos que son exponencialmente pequeños, nos encontramos con que $$ \int_0^1(u-1)\exp(x\u) du \sim -\frac{e^x}{x^2} \text{ y } \int_0^1(u-1)^2\exp(x\u) du \sim \frac{2e^x}{x^3} .$$ Álgebra completa la solución.

Answer 3

Deje $N(t)$ ser el proceso de Poisson de tasa de unidad. Entonces

$$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{an}}{n!}f(n) = e^{e^a}\mathbb{E}[f(N(e^a))]. $$

En nuestro caso, uno puede establecer $f(n) = \log(n \vee 1)$. En vista de la ley de los grandes números, uno puede esperar que esto es aproximadamente

$$e^{e^a}f(\mathbb{E}[N(e^a)]) = e^{e^a}f(e^a) = a e^{e^a}.$$

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De hecho, por el Bennett-tipo de concentración de la desigualdad, con $\psi(x) = (1+x)\log(1+x)-x $, para cualquier $\epsilon > 0$ hemos

$$ \mathbb{P}( \left| N(\lambda) - \lambda \right| \geq \epsilon\lambda) \leq 2e^{-\psi(\epsilon)\lambda}. $$

A continuación, utilizando la desigualdad de $\log(\lambda \pm a) \leq \log(\lambda+|a|)=\log\lambda + \int_{0}^{|a|/\lambda} \frac{ds}{1+s} $, tenemos

\begin{align*} \mathbb{E} \left[ \log(N(\lambda)\vee 1) \mathbf{1}_{\{|N(\lambda)-\lambda|\geq\epsilon\lambda\}} \right] &\leq \mathbb{E} \left[ \log \left( \lambda + \left|N(\lambda) - \lambda\right| \right) \mathbf{1}_{\{|N(\lambda)-\lambda|\geq\epsilon\lambda\}} \right] \\ &\leq (\log\lambda)\mathbb{P}( \epsilon\lambda \leq \left|N(\lambda) - \lambda\right|) \\ &\quad + \int_{0}^{\infty} \frac{ds}{1+s} \mathbb{P}( (s\vee\epsilon)\lambda \leq \left|N(\lambda) - \lambda\right|) \\ &\leq 2(\log \lambda)e^{-\psi(\epsilon)\lambda} + \int_{0}^{\infty} \frac{2e^{-\psi(s\vee \epsilon)\lambda}}{1+s}\,ds \end{align*}

Esta obligado desvanece como $\lambda \to \infty$, así que con $f(n) = \log(n\vee 1)$, se deduce que

$$ \lim_{\lambda\to\infty} \frac{\mathbb{E} \left[ f(N(\lambda)) \right] }{\log\lambda} = 1 $$

Esto demuestra el deseado asymptotics:

$$ \lim_{a\to\infty} \frac{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!}e^{an}\log n}{a e^{e^a}} =\lim_{a\to\infty} \frac{\mathbb{E}[f(N(e^a))]}{a} = 1. $$