Deje $\varepsilon \in (0, 1)$ y considerar la analítica de la función $$f(x) = \sum_{n=1}^\infty n^\varepsilon \frac{x^n}{n!}.$$ ¿Cuál es el orden de crecimiento de $f(x)$ como $x \to \infty$? De la base de la desigualdad de $1 \leqslant n^\varepsilon \leqslant n$ deduje $$e^x - 1 < f(x) < xe^x$$ pero me gustaría tener una equivalencia asintótica $$f(x) \sim g(x) e^x \qquad (x \to \infty)$$ donde $g(x)$ es lo suficientemente familiarizado (por ejemplo, una combinación de $\log$s). ¿Cómo debo proceder?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Deje $\{a_n\}_{n=0}^{\infty}$ e $\{b_n\}_{n=0}^{\infty}$ ser secuencias de números reales tales que:
$b_n$ finalmente es positivo (es decir, $b_n>0$ para todos los $n>n_0$);
Ambos $a(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n x^n$ e $b(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}b_n x^n$ convergen para todos los $x$.
A continuación, $\lim\limits_{n\to\infty}a_n/b_n=\lambda$ implica $\lim\limits_{x\to+\infty}a(x)/b(x)=\lambda$.
Para una prueba, podemos suponer $\lambda=0$ (de lo contrario, reemplace $a_n$ con $a_n-\lambda b_n$). Ahora vamos a $\varepsilon>0$, e $|a_n/b_n|<\varepsilon$ cuando $n>N$. El aumento de $N$ si es necesario, podemos suponer $b_n>0$ cuando $n>N$. Entonces $$|a(x)|\leqslant\left|\sum_{n=0}^{N}a_n x^n\right|+\varepsilon\left(b(x)-\sum_{n=0}^{N}b_n x^n\right),$$ es decir, $\limsup\limits_{x\to+\infty}|a(x)/b(x)|\leqslant\varepsilon$. Como $\varepsilon>0$ es arbitrario, hemos terminado.
Para $a>0$ nos ha $\Gamma(a)=\lim\limits_{n\to\infty}n^a\mathrm{B}(n, a)$.
Esto puede ser demostrado mediante la toma de $\lim\limits_{n\to\infty}$de $$n^a\mathrm{B}(n,a)=n^a\int_0^1 t^{a-1}(1-t)^{n-1}\,dt=\int_0^n x^{a-1}(1-x/n)^{n-1}\,dx.$$
Ahora escribo $f(x)=x\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)^{\varepsilon-1}x^n/n!=xa(x)$con $$a_n=\frac{(n+1)^{\varepsilon-1}}{n!},\qquad b_n=\frac{\mathrm{B}(n+1,1-\varepsilon)}{n!\ \Gamma(1-\varepsilon)}.$$ Tenemos $\lim\limits_{n\to\infty}a_n/b_n=1$ y, a continuación, $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)/(xb(x))=1$. Pero \begin{align}xb(x) &=\frac{x}{\Gamma(1-\varepsilon)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\int_0^1 t^n(1-t)^{-\varepsilon}\,dt \\&=\frac{x}{\Gamma(1-\varepsilon)}\int_0^1(1-t)^{-\varepsilon}e^{xt}\,dt \\&=\frac{x^{\varepsilon}e^x}{\Gamma(1-\varepsilon)}\int_0^x z^{-\varepsilon}e^{-z}\,dz \end{align} (después de la sustitución de $t=1-z/x$). Por lo tanto $\color{blue}{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)/(x^{\varepsilon}e^x)=1}$.
Sin embargo, otro enfoque, lo que permite un mejor asymptotics: \begin{align} f(x)&=x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}(n+1)^{\varepsilon-1} \\&=\frac{x}{\Gamma(1-\varepsilon)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\int_0^1 t^n(-\ln t)^{-\varepsilon}dt \\&=\frac{x}{\Gamma(1-\varepsilon)}\int_0^1 e^{xt}(-\ln t)^{-\varepsilon}dt \\&=\frac{xe^x}{\Gamma(1-\varepsilon)}\int_0^1 e^{-xt}\big(-\ln(1-t)\big)^{-\varepsilon}dt \end{align} y ahora expandimos $\big(-\ln(1-t)/t\big)^{-\varepsilon}$ a de potencia de la serie: $$\big(-\ln(1-t)/t\big)^{-\varepsilon}=1-\frac{\varepsilon}{2}t-\frac{5\varepsilon-3\varepsilon^2}{24}t^2-\frac{6\varepsilon-5\varepsilon^2+\varepsilon^3}{48}t^3\pm\ldots$$ que, por Watson lema, da $$f(x)\asymp x^{\varepsilon}e^x\left(1-\frac{\varepsilon(1-\varepsilon)}{2x}-\frac{\varepsilon(1-\varepsilon)(2-\varepsilon)(5-3\varepsilon)}{24x^2}-\frac{\varepsilon(1-\varepsilon)(2-\varepsilon)^2(3-\varepsilon)^2}{48x^3}\pm\ldots\right)$$
Bananach
Puntos
1100
Esta es una especie de teorema del límite para la distribución de Poisson.
Tenga en cuenta que $f(\lambda) =\sum_{n=1}^\infty n^\varepsilon \frac{\lambda^n}{n!} =\mathbb{E}[g(X)]e^{\lambda}$ para $g(x):=x^{\epsilon}$ y una variable aleatoria de Poisson $X$ , con una media de $\lambda$.
Lema: $$|\mathbb{E}[g(X)]-g(\mathbb{E}[X])|\leq |\epsilon(\epsilon-1)|/2\lambda^{\epsilon-1}$$ Prueba: $|g(x)-g(\lambda)-g'(\lambda)(x-\lambda)|\leq |g''(\lambda)/2|(x-\lambda)^2=|\epsilon(\epsilon-1)|\lambda^{\epsilon-2}/2(x-\lambda)^2$. Por lo tanto $$ |\mathbb{E}[g(X)]-g(\mathbb{E}[x])|=|\mathbb{E}[g(X)-g(\lambda)-g'(\lambda)(X-\lambda)]|\leq |\epsilon(\epsilon-1)|\lambda^{\epsilon-2}/2\mathbb{V}[X]\leq |\epsilon(\epsilon-1)|\lambda^{\epsilon-1}/2 $$ donde hemos usado que la varianza de la distribución de Poisson es $\lambda$.
Conclusión: $$f(\lambda)/(\lambda^{\epsilon}e^{\lambda})\to 1$$
Tenga en cuenta que esto funciona para todas las $\epsilon\in\mathbb{R}$.
También puede obtener más asintótica términos mediante el uso de más términos en la expansión de Taylor de $g$ y el uso de las fórmulas conocidas para el centrado de los momentos de la distribución de Poisson.
