Multicelular de la suma de $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^n}$

Question

¿Cómo funciona la suma $$f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^n}$$ se comportan asintóticamente como $x\to\infty$? Parece que $f(x)$ asintóticamente domina cualquier polinomio y está dominado por cualquier exponencial, por lo que se puede considerar la $\log f(x)$ en lugar de $f(x)$.

Me disculpo por no tener trabajo para mostrar en este problema; no tengo idea de cómo empezar a abordar un problema relacionado con la asymptotics de una función dada su potencia de la serie (de la cual no hay esperanza de evaluar en forma cerrada). Espero una respuesta me dará algunas herramientas para hacerlo.

Answer 1

Hay un análogo de Laplace del método que funciona para sumas. $n \ln(x/n)$ alcanza el máximo en $n = x/e$. Escribir el exponente como $n \ln(x/n) = x/e - x \xi^2$, calcular la expansión de $n'(\xi)$ a $\xi = 0$ , y extender el intervalo de integración a $(-\infty, \infty)$, obtenemos $$\frac {n'(\xi)} x = \sqrt{\frac 2 e} + c_1 \xi - \frac 1 6 \sqrt{\frac e 2} \,\xi^2 + c_3 \xi^3 + O(\xi^4), \quad \xi \0,\\ \sum_{n \geq 1} \frac {x^n} {n^n} = \int_{-\infty}^\infty x \left( \sqrt{\frac 2 e} - \frac 1 6 \sqrt{\frac e 2} \,\xi^2 + O(\xi^4) \right) e^{x/e - x \xi^2} d\xi = \\ \sqrt{\frac \pi 2} \,e^{x/e} \left( 2\sqrt{\frac x e} - \frac 1 {12} \sqrt{\frac e x} + O(x^{-3/2}) \right), \quad x \to \infty,$$ que da $\ln f(x)$ con un error del orden de $O(x^{-2})$.

Answer 2

Escrito de un aeropuerto. Esto es un poco vagos cuando se comparan las soluciones a las ecuaciones diferenciales, pero espero que no sea demasiado para usted para llenar los vacíos.

La idea principal: delimitación $f$ a través de la ecuación diferencial parcial.

Tenemos $$ f'(x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n^{n-1}} = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n}}{(n+1)^{n}} = 1+\sum_{n=1}^\infty \frac{\frac{x^{n}}{n^n} }{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}} > 1+\frac{1}{e}\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n}}{n^n} = 1+\frac{1}{e}f(x) \etiqueta{1} $$ así, en particular, $$ f' > 1+\frac{1}{e}f \etiqueta{2} $$ Desde $f(0) = 0$, y la solución a $g' = 1+e^{-1}g$ con $g(0)=0$ está dado por $g(x) = e^{x/e+1}-e$, tenemos $$ f(x) \geq e^{x/e+1}-e > 2e^{x/e} , \qquad x>4\etiqueta{3} $$ ($x>4$ para la segunda desigualdad de la patada). Ahora, de $(1)$ también tenemos $$ f' < 1+f \etiqueta{4} $$ (podemos incluso mejorar este a $f' < 1+\frac{2}{3}f$), que en esta ocasión da $$ f(x) \leq e^x - 1\etiqueta{5} $$

En general, para $x>4$, $$ 2e^{x/e} \leq f(x) \leq e^x - 1 \etiqueta{6} $$ que proporciona una suelta de estimación de la asintótica de crecimiento de $f$: es decir, $\boxed{f(x) = e^{\Theta(x)}}$.

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Aún más: la Mejora de la (ligeramente) en el límite inferior en $\log f$ por la baja en términos de orden, y la mejora en la constante en la principal asymptotics de la cota superior de a$\log f$.

Voy a mostrar $$ h(x) \leq f(x) \leq g(x) \etiqueta{7} $$ donde $$ \begin{align} \log h(x) &= \frac{1}{e}x + 4 - \log\frac{32}{3} + o(1) \tag{8}\\ \log g(x) &= \frac{256}{625}x + O(1) \tag{9} \end{align} $$ (tenga en cuenta que $\frac{256}{625} \approx \frac{1}{e}+0.04$). Por otra parte, este puede ser mejorado por el mismo método, empujando a estimaciones más precisas, pero de esta manera se consigue más feo. (También se puede empujar a la expansión de Taylor de arriba asimismo, basándose en (12) y (13). Me detuve en la $o(1)$).

La observación es que para la parte superior y el límite inferior, hemos delimitado de manera uniforme los coeficientes $$ \forall n \geq 1\, \qquad \frac{1}{n^n} \leq \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}} \cdot \frac{1}{n^n} \leq \frac{1}{e}\cdot \frac{1}{n^n} $$ para obtener los dos correspondientes ecuaciones diferenciales. Podemos hacerlo mejor mediante la manipulación de los primeros términos con más fuerza. Es decir, tenemos $$ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n = \begin{cases} \frac{1}{2} & n=1\\ \frac{4}{9} & n=2\\ \frac{27}{64} & n=3\\ \frac{256}{625} & n=4 \end{casos} $$ (y, por supuesto, $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ es la disminución de a $1/e$). Por lo tanto, se puede aprovechar y resolver en lugar de las dos siguientes ecuaciones diferenciales para $h$ e $g$: \begin{align} h'(x) &= 1 + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{e}\right) x + \left(\frac{4}{9} - \frac{1}{e}\right) \frac{x^2}{4} + \left( \frac{27}{64} - \frac{1}{e}\right) \frac{x^3}{27} + \frac{1}{e}h(x)\tag{10}\\ g'(x) &= 1 + \left(\frac{1}{2} - \frac{256}{625}\right) x + \left(\frac{4}{9} - \frac{256}{625}\right) \frac{x^2}{4} + \left( \frac{27}{64} - \frac{256}{625}\right) \frac{x^3}{27} + \frac{256}{625}g(x)\tag{11} \end{align} sujeto a $h(0)=g(0)=0$. La solución de estos da una desagradable expresión, \begin{align} h(x) &= \frac{3}{32} e^{4 + \frac{1}{e}x} + \left(\frac{1}{27} - \frac{e}{64}\right) x^3 + \left(\frac{1}{4} - \frac{3 e^2}{64}\right) x^2 + \left(1 - \frac{3e^3}{32}\right) x -\frac{3e^4}{32} \tag{12} \\ g(x) &= \frac{457763671875}{137438953472}e^{\frac{256}{625}x} - \frac{491}{442368}x^3 - \frac{123299}{4194304}x^2 - \frac{195550963}{536870912}x -\frac{457763671875}{137438953472} \tag{13} \\ \end{align} que conduce a la reclamada (8) y (9).

A continuación, un gráco que ilustra esas aproximaciones: