Demostrar o refutar la existencia de $A$

Question

Quiero saber si existe un conjunto $A \subseteq \mathbb{N}$ tales que $$ \lim_{x\to\infty} x^2 e^{-x} \sum_{n\in A} \dfrac{x^n}{n!}=1 $$

De manera más general, la pregunta será la existencia de un conjunto $A$que $$ \lim_{x\to\infty}\operatorname{poly}(x) e^{-x} \sum_{n\in A} \dfrac{x^n}{n!}=1 $$

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Cuando $A$ es finito, es obvio que el límite debe ser $0$. Pero cuando $A$ es infinita, la estructura de $A$ puede ser muy complejo, y no sé cómo proceder.

Answer 1

No hay tal $A$ existe. Claramente un $A$ tendría que ser infinito. Tenga en cuenta que $m^2e^{-m}\frac{m^m}{m!} \sim m^2e^{-m}\frac{m^m}{\frac{m^m}{e^m}\sqrt{2\pi m}} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}m^{3/2}$, por lo que la restricción de a $x=m \in A$ y sólo busca en el largo plazo $n=m$ muestra el límite es el infinito a lo largo de $x \in A$.

Answer 2

Para cada subconjunto $A$ de $\mathbb{N}_0 = \{0, 1, 2, \dots\}$, definimos

$$ f_A(x) := \sum_{n \in A} \frac{x^n}{n!}. $$

1. @mathworker21's prueba esencialmente muestra que, para cualquier subconjunto infinito $A$ de $\mathbb{N}_0$,

$$ \limsup_{x\to\infty} \sqrt{x}e^{-x}f_A(x) \geq \frac{1}{\sqrt{2\pi}}. $$

Así, para cualquiera que no sea constante polinomio $p(x)$, debemos tener

$$ \limsup_{x\to\infty} |p(x)|e^{-x}f_A(x) = \infty $$

y el OP de la condición no puede ser satisfecho.

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2. Basado en la observación anterior, podemos formular otra pregunta interesante:

Pregunta. Deje $0 \leq \alpha \leq \frac{1}{2}$ e $\ell > 0$. Hay $A \subseteq \mathbb{N}_0$ tales que $$ \lim_{x\to\infty} x^{\alpha} e^{-x}f_A(x) = \ell $$

Caso 1. Cuando $\alpha = 0$, necesariamente, ha $\ell \in (0, 1]$ por una razón obvia. Ahora pretendemos que los valores de $\ell \in (0, 1]$ puede ser realizado.

• Deje $m \geq 1$ e $R \subseteq \{0, 1, \dots, m-1\}$. Entonces $$ \lim_{x\to\infty} e^{-x} \sum_{q=0}^{\infty}\sum_{r\in R} \frac{x^{qm+r}}{(qm+r)!} = \frac{|R|}{m}. $$ Este lema es una sencilla consecuencia de las siguientes explícito de cálculo \begin{align*} \sum_{q=0}^{\infty} \frac{x^{qm+r}}{(qm+r)!} &= \frac{1}{m}\sum_{k=0}^{m-1} e^{-\frac{2\pi i k r}{m}} \exp\left(e^{\frac{2\pi i k}{m}}x\right) \\ &= \frac{e^x}{m} + \mathcal{O}\left(\exp\left(x \cos(\tfrac{2\pi}{m})\right)\right) \qquad\text{as}\quad x \to \infty. \end{align*} Así, el caso de rational $\ell$ se ha resuelto.

• Cuando $\ell$ es irracional, definir $A$ por de la siguiente manera: Conjunto de $$ A_1 = \begin{cases} \{0\}, & \text{if %#%#%}; \\ \{0,1\}, & \text{if %#%#%}. \end{casos} $$ Siguiente, supongamos que $\ell \in (0,\frac{1}{2}]$ se define y contiene $\ell \in (\frac{1}{2}, 1]$ elementos. Consideremos el conjunto $A_k$. Este set contiene $\lceil 2^k \ell \rceil$ elementos. A continuación, mediante la eliminación de su último elemento, si es necesario, reducir el número de sus elementos a $A_k \cup (2^k + A_k)$. Denotar el conjunto resultante por $2\lceil 2^k \ell \rceil$. Por último, establezca $\lceil 2^{k+1}\ell \rceil$. Se puede demostrar que este conjunto logra la propiedad deseada.

Caso 2. Cuando $A_{k+1}$, sospecho que no $A = \cup_{k=1}^{\infty} (2^k + A_k)$ existe. Tengo un par de heurística argumentos para esta conjetura, basada principalmente en el caso de $\alpha = \frac{1}{2}$. Una heurística de cálculo sugiere que

$\ell$$

$A = \{n^2 : n \in \mathbb{N}_0\}$$

que oscila como $$ \sqrt{x}e^{-x} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n^2}}{(n^2)!} \sim \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \sum_{k=-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(2k-r)^2}{2}}, \qquad r = \frac{x-\lfloor\sqrt{x}\rfloor^2}{\sqrt{x}} $. El mecanismo principal de este comportamiento oscilatorio es que, si $$ \textbf{Figure.} \ \text{ A comparison of the left-hand side (blue) and the right-hand side (orange).}$ es grande, entonces cada plazo $x\to\infty$ con $x$ contribuirá a $\frac{x^n}{n!}$. Actualmente estoy tratando de formalizar esta idea para demostrar mi conjetura.

Caso 3. Cuando $n = x + \mathcal{O}(x^{1/2})$, propongo la siguiente conjetura:

• Conjetura. Deje $\sqrt{x}e^{-x}f_A(x) $ e $0 < \alpha < \frac{1}{2}$, y definir $\beta = \frac{1}{1-\alpha}$por $c > 0$$ Entonces $A$$

Por ejemplo, el siguiente ejemplo ilustra el caso de $$ A = \{ \lfloor (cn)^{\beta} \rfloor : n \geq 0 \}. $ e $$ \lim_{x \to \infty} x^{\alpha} e^{-x} f_A(x) = \frac{1}{\beta c}. $:

$\alpha = \frac{1}{7}$x^{\alpha}e^{-x}f_A(x)$c = 3$\frac{1}{\beta c}$$ \textbf{Figure.} \ \text{ $\alpha = \frac{1}{7}$ (blue) and its limit $c = 3$ (orange) when $$

Para la parte restante de esta parte, esbozamos la prueba de esta conjetura al $ and $. La idea principal es que la suma puede ser truncado:

• Lema. Arreglar una función de $}$ tal que $0 < \alpha < \frac{1}{6}$ e $\lambda = \lambda(x) \geq 0$ como $\lambda \to \infty$. Entonces existe una constante $\frac{\lambda}{\sqrt{x}} \to 0$, dependiendo únicamente de la $x \to \infty$, de tal manera que $C > 0$$

Ahora suponemos además que $\lambda$ como $$ e^{-x} \sum_{|n - x| > \lambda\sqrt{x}} \frac{x^n}{n!} \leq \frac{C}{\lambda}. $. A continuación, usando el lema anterior, se puede mostrar:

$\frac{\lambda}{x^{1/6}} \to 0$$

Para cada una de las $x \to \infty$, vamos a $$ e^{-x}f_A(x) = \frac{1 + \mathcal{O}(\lambda^3/\sqrt{x})}{\sqrt{2\pi x}} \sum_{\substack{|m - x| \leq \lambda\sqrt{x} \\ m \in A}} e^{-\frac{(m-x)^2}{2x}} + \mathcal{O}\left(\frac{1}{\lambda}\right). $ ser definido por $m \in A$, y escribir $n_m$. A continuación, podemos demostrar que, de manera uniforme en $m = \lfloor (c n_m)^{\beta} \rfloor$ e $t_m = n_m - c^{-1}x^{1/\beta}$,

$$ \frac{(m-x)^2}{2x} = \frac{1}{2} \biggl( \frac{\beta c t_m}{x^{\frac{1}{2}-\alpha}} \biggr)^2 + o(1). $$

Así que, si además de la $x$ es elegido ese $m \in A \cap [x-\lambda\sqrt{x}, x+\lambda\sqrt{x}]$ (lo cual es posible por dejar a $\lambda$ para algunos $x^{\alpha}/\lambda \to 0$), luego

$\lambda(x) = x^{\gamma}$$

que converge a

$\gamma \in (\alpha, \frac{1}{6})$$

como $$ x^{\alpha} e^{-x}f_A(x) = \frac{1 + o(1)}{\sqrt{2\pi}} \sum_{\substack{|m - x| \leq \lambda\sqrt{x} \\ m \in A}} \exp\biggl[ - \frac{1}{2} \biggl( \frac{\beta c t_m}{x^{\frac{1}{2}-\alpha}} \biggr)^2 \biggr] \frac{1}{x^{\frac{1}{2}-\alpha}} + o(1), $.

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3. Para las diferentes líneas de preguntas sobre el comportamiento asintótico de $$ \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{(\beta c u)^2}{2}} \, \mathrm{d}u = \frac{1}{\beta c} $, ver:

• Sobre el comportamiento asintótico de $x \to \infty$

• $f_A(x)$ donde $\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{x^{a_n}}{a_n!}$.

Answer 3

Esta es una respuesta parcial para el caso más general. Voy a usar mathworker21 argumento nuevo. Supongamos $A$ es infinito. Definir: \begin{equation} h(x):=e^{-x} \sum_{n\in A} \dfrac{x^n}{n!} \end{equation} A continuación, para cada $m\in A$ hemos \begin{equation} h(m)=e^{-m} \sum_{n\in A} \dfrac{m^n}{n!} \geq e^{-m} \dfrac{m^m}{m!} \end{equation} Sabemos $e^{-m} \dfrac{m^m}{m!}\sim \dfrac{1}{\sqrt{2\pi m}}$ como $m\to\infty$ gracias a la fórmula de Stirling. Sea p(x) es un polinomio de grado $\geq 1$. La evaluación de $p(x)h(x)$ a lo largo de $A$ obtenemos: \begin{equation} \limsup_{x\to + \infty} |p(x)h(x)| = +\infty \end{equation} Esto muestra que un polinomio $q(x)$la satisfacción de: \begin{equation} \lim_{x\to\infty} q(x) e^{-x} \sum_{n\in A} \dfrac{x^n}{n!}=1 \end{equation} debe ser un polinomio constante.

EDIT. Siguiente mathworker21 sugerencia, voy a ampliar esta respuesta. El problema general se pueden formular en lo que sigue:

Dada una constante $C>0$, hace un conjunto $A \subseteq \mathbb{N}$ existen satisfacciones: \begin{equation} \lim_{x\to +\infty} e^{-x} \sum_{n\in A} \dfrac{x^n}{n!}=C \end{equation} ?

Yo actualmente no tengo una respuesta general. Lo que uno puede decir es que, desde el $\sum_{n\in A} \dfrac{x^n}{n!} \leq e^x$ tal $C$ debe $\leq 1$. Es más, para algunos valores específicos de $C$ es posible construir una correspondiente $A$ satisfacer el problema. Para $N \in \mathbb{N}-\{0\}$ , establezca $\alpha:=e^{2\pi i/N}$, $A:=N\mathbb{N}$. Tenemos:

\begin{equation} \sum_{n\in A} \dfrac{x^n}{n!} = \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{x^{kN}}{(kN)!} = \dfrac{\sum_{k=1}^{N} e^{\alpha^k x}}{N} \sim \dfrac{e^{x}}{N} \end{equation} como $x\to +\infty$. Esto demuestra que la respuesta es sí para $C=1/N$.