La función

Question

La función de $F(x) = \sum_{0}^{\infty} x^n/n^n$ puede ser familiar para muchos de los lectores como un ejemplo a veces se usa cuando la enseñanza de las pruebas para la convergencia absoluta de la totalidad de las funciones definidas por el poder de la serie. No conozco ningún nombre, ni ningún uso para él aparte de pedagógico, así que esto es una pura curiosidad pregunta que espero es aceptable.

La función parece haber un cero real en torno a $x = -1.40376$; en un solo extremo, un mínimo de alrededor de $x = -5.71837$; y luego acercarse a la $x$-eje de abajo asintóticamente como $x$ va hacia el infinito negativo. ¿Es esto cierto?

Answer 1

[Editado para delinear el final el argumento de que la $f(-M) \rightarrow 0$ (y para corregir un par de errores tipográficos, etc. mientras estoy en ello)]

Sí, $F(x) \rightarrow 0$ desde abajo como $x \rightarrow -\infty$. La convergencia es lenta, y un preciso análisis asintótico parece ser algo molesto, porque se trata de la rama inferior de la Función W de Lambert.

Las cancelaciones masivas en $\sum_{n=0}^\infty x^n/n^n$ para $x \rightarrow -\infty$ puede ser domesticado por el conocido dispositivo de escritura $$ \frac1{n^n} = \frac1{(n-1)!} \int_0^\infty t^{n-1} e^{nt} dt $$ para $n=1,2,3,\ldots$. Multiplicando por $x^n$, sumando más de $n>0$, y la restauración de la $n=0$ plazo $x^0/0^0=1$ rendimientos $$ f(x) = 1 + x \int_0^\infty e^{txe^{-t}} e^{-t} dt. $$ Por lo tanto, si $x=-M$ luego $$ f(x) = f(-M) = 1 - M \int_0^\infty e^{-Mte^{-t}} e^{-t} dt, $$ y como $M \rightarrow +\infty$ la integral de forma natural se divide en las partes $t \leq 1$ donde $t e^{-t}$ es creciente y $t \geq 1$ donde $t e^{-t}$ está disminuyendo. Dejamos $u = t e^{-t}$, por lo que el integrando se convierte en $e^{-Mu} du/(1-t)$. Para $t<1$ utilizamos Abel de alimentación de la serie $t = \sum_{m=1}^\infty m^{m-1} u^m/m!$ a ampliar la integral en un asintótica de la serie: $$ \int_0^1 e^{-Mte^{-t}} e^{-t} dt \sim \frac1M + \frac1{M^2} + \frac{2^2}{M^3} + \frac{3^3}{M^4} + \frac{4^4}{M^5} + \cdots $$ que ya es suficiente para obtener $f(-M) < 0$ grandes $M$. [Curiosamente el asymptotics de $\sum_{n=0}^\infty (-M)^n/n^n$ nos han llevado a la divergencia de la serie de $\sum_{n=1}^\infty n^n/M^n$.]

Pero la resultante obligada $f(-M) < -1/M$ subestima $|f(-M)|$: numéricamente $f(-100) \simeq -.1826$, $\phantom.$ $f(-1000) \simeq -.1180$, y $\phantom.$ $f(-10000) \simeq -.0899$, lo que sugiere que la $f(-M)$ decae sólo como $-1/\log M$ o así. La razón debe ser la $t>1$ parte de la integral. En esta parte, $t = \log(1/u) + \log\log(1/u) + o(1)$ as $t \rightarrow \infty$, por lo que la integral se comporta a la primera orden como $\int_0^{1/e} e^{-Mu} du / \log(1/u)$. Ahora $\log(1/u) \rightarrow 0$ como $u \rightarrow 0+$, pero la convergencia es más lenta que cualquier positivo el poder de $u$. Por lo tanto, la integral es $o(1/M)$, lo que completa el argumento de que $f(x) \rightarrow 0$ as $x \rightarrow -\infty$; pero la integral no es $O(1/M^\theta)$ cualquier $\theta > 1$, lo $f(-M)$ decae más lentamente que cualquier potencia positiva de $M$.

Más a fondo análisis asintótico de la $t>1$ integral como $M \rightarrow \infty$ parece una rutina, pero desagradable, lo voy a dejar en este punto, tal vez alguien de aquí va a estar interesado en buscando más.

Answer 2

Quiero añadir un comentario a Noam D. Elkies' hermosa respuesta. A partir de la representación integral para $f$, poniendo a $e^{-t}=s$ en la integral, $$f(-x)=1-x\int_0^\infty e^{-xte^{-t}} e^{-t}dt = 1-x\int_0^1 s^{sx}ds\, ,$$ así que, para $x\to \infty$, $ f(-x)=o(1)$ es equivalente a $$\int_0^1 xu(s)^xds=1+o(1)\, ,$$ where $u\en C([0,1])$ is the function $u(s):=s^s$. As a matter of fact, since $0\le u(s)\le 1$ for all $s$ and $u(s)=1$ only for $s=0$ or $s=1$, it turns out that the limit only depends on $u'(0)$ and $u'(1)$.

Desde $u'(1)=1$, para cualquier $\lambda < 1 < \mu$ existe un $b < 1$ tal que para todos los $s\in [b,1]$ no tiene $$1+\mu(s-1) \le u(s)\le 1+\lambda(s-1)\, ,$$ así que $$x\big(1+\mu(s-1)\big)^x \le xu(s)^x\le x\big(1+\lambda(s-1)\big)^x\, .$$ Del mismo modo, desde la $u'(0)=-\infty$, para cualquier $\nu > 0$ existe un $a > 0$ tal que para todos $s\in [0,a]$ $$u(s)\le1-\nu s\, ,$$ así $$xu(s)^x\le x\big( 1-\nu s\big) ^ x \, .$$

Por otra parte, ya que en cualquier intervalo de $[a,b]\subset\subset(0,1)$ la función de $u$ se apartó de $1$, está claro que $\int_a^b xu(s)^xds=o(1)$ por la convergencia uniforme a $0$.

La integración de más de $s\in [ 0,1]$, y recordando que $\lambda < 1 < \mu$ e $\nu > 0$ fueron arbitrarias, las desigualdades por encima claramente de dar

$$\int_0^1 xu(s)^xds=\int_0^a x u(s)^xds+\int_a^b xu(s)^xds+\int_b^1 xu(s)^xds=1+o(1) \, ,$$ para $x\to \infty$.

Answer 3

Hay un artículo de GH Hardy, donde esta función se estudia con gran detalle:

GH Hardy, sobre la función integral $ \Phi_{ a,\alpha,\beta}(z)=\sum x^n/(n+a)^{\alpha n+\beta}$ , Quarterly J. Math., 5 (1906) 37, 369-378. (Documentos recopilados de GHHardy, vol. IV, p. 128).

Answer 4

He trabajado a cabo las ideas de Noam Elkies.

Una transformación de la integración de la variable $t$ a $\tau:=t e^{-t}$ da de $0 \leq t \leq 1$ e $ 1 \leq t < \infty$,

$$ t = t_1(\tau) := - W_0(-\tau) \mathrm{\ \ para \ 0 \leq t \leq 1} \\ t = t_2(\tau) := - W_{-1}(-\tau) \mathrm{\ \ para \ 1 \leq t < \infty}, $$ donde $W_0$ e $W_{-1}$ son los principales y "bajar" las ramas de la de Lambert-$W$ función, respectivamente, de ver las fotos para la ilustración.

La imagen siguiente muestra el $t e^{-t}$ con la rama en la que se asigna a $-W_{0}(-\tau)$ ($-W_{-1}(-\tau)$) se muestra como sólidos (discontinua) de la línea.

Las funciones de $t_{1}(\tau)$ (línea sólida) y $t_{2}(\tau)$ (línea punteada) se muestran a continuación.

La transformación de la integración de la variable da $$ d t= \frac{-W_0(-\tau)}{\tau (1 + W_0(-\tau))} d \tau \mathrm{\ \ para \ 0 \leq t \leq 1} \\ d t = \frac{-W_{-1}(-\tau)}{\tau (1 + W_{-1}(-\tau))} d \tau \mathrm{\ \ para \ 1 \leq t < \infty}, $$ y más $$ \frac{-W_0(-\tau)}{\tau (1 + W_0(-\tau))} \exp\left( W_0(-\tau)\right) = \frac{1}{1 + W_0(-\tau)} \\ \frac{-W_{-1}(-\tau)}{\tau (1 + W_{-1}(-\tau))} \exp\left( W_{-1}(-\tau)\right) = \frac{1}{1 + W_{-1}(-\tau)} $$ La integración de los intervalos de mapa como $$ t\in [0,1] \rightarrow \tau\[0, e^{-1}] \\ t\in [1,\infty] \rightarrow \tau\in [e^{-1}, 0] $$ La función se puede ser escrito como $$ f(-x)=1-x \int_{0}^{\infty} d t \ e^{-t}\ e^{-x t e^{-t}} \\ = 1-x\int_{0}^{e^{-1}} d \tau \ \left( \frac{1}{1 + W_{0}(-\tau)} - \frac{1}{1 + W_{-1}(-\tau)} \right) e^{- x \ \tau} $$ El Lambert funciones pueden ahora ser ampliado para los pequeños argumentos usando $$ W_{0}(-\tau)\sim 1-\tau \\ W_{-1}(- e^{-\eta}) \sim -\eta - \ln \eta - \frac{\ln \eta}{\eta} + \frac{\ln \eta \ (\ln \eta - 2)}{2\ \eta^2}. $$ La resultante de las integrales pueden ser evaluados para dar $$ f(-x) = -\frac{1}{\ln x} + \frac{\gamma - 1 + \ln(\ln(x))}{(\ln x)^2}(1 + O(e^{-x/e})) + O((\ln x)^{-3}), $$ con Euler $\gamma$. De orden superior asintótica expansiones seguir a partir de la inclusión de orden superior asymptotics de los Lambert funciones.