A continuación, ofrezco un esbozo de prueba.
Primero una aproximación para la función gamma incompleta inversa, $Q^{-1}$ es necesario. En lo sucesivo, asumo que
$$ g(x)\sim \gamma x^s $$
para grandes $x$ con $s>0$ . Entonces ( $0<b<1$ )
$$ 1-b^{1/g(x)}\sim (\gamma x^s)^{-1}\ln\left(\frac{1}{b}\right), $$
que es pequeño para los grandes $x$ .
Ahora utilizamos una fórmula debida a Tricomi, que se puede encontrar aquí
$$ Q(\alpha+1,\alpha+\sqrt{2 \alpha} y) = \frac{1}{2} \text{erfc}(y), $$
para $\alpha\rightarrow \infty$ .
Configuración $\alpha=x/2$ se obtiene por grandes $x$ (dejando de lado la constante y los términos inferiores) la siguiente aproximación
$$ Q\left(\frac{x}{2},\frac{x}{2}\left(1+\frac{2 y}{\sqrt{x}}\right)\right) \sim \frac{1}{2} \text{erfc}(y) . $$
Ahora elegimos $y$ tal que el lado derecho es aproximadamente igual a $(\gamma x^s)^{-1}\ln\left(\frac{1}{b}\right)$ . Con la ayuda de la expansión de la erfc inversa, $\text{inverfc}$ (véase por ejemplo aquí .)
$$ \text{inverfc} (y) \sim \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{-\ln\left(\pi y^2 \ln \frac{1}{y}\right)} . $$
De nuevo utilizando el hecho de que $x$ es grande, encontramos $y\sim \sqrt{s} \sqrt{\ln x}$ , manteniendo sólo el orden más alto en $\ln x$ .
Esto da
$$ Q^{-1}\left(\frac{x}{2},1-b^{1/g(x)} \right) \sim \frac{x}{2}\left(1+2\sqrt{ s}\sqrt{ \frac{\ln x}{x}}\right), $$
independiente de $\gamma$ y $b$ .
Inserción y una vez más, eliminación de términos de orden inferior en $x$ (suponiendo que $f(x)/\sqrt{x}\rightarrow 0$ para $x\rightarrow \infty$ ) $$ L(x) \sim Q\left(\frac{x}{2},\frac{x}{2}\left[1+\frac{1}{\sqrt{x}} \left(2 \sqrt{s \ln x}- \frac{f(x)}{a}\right)\right]\right). $$
Entra en juego otra fórmula asintótica para las funciones gamma incompletas (véase, por ejemplo, aquí ):
$$ \Gamma(z,\lambda z) \sim (\lambda z)^z e^{-\lambda z}\frac{1}{z(\lambda - 1)}, $$
Para que esta fórmula sea válida $\lambda > 1$ .
Utilizando lo anterior y la fórmula de Stirling para el $\Gamma(z)$ con $z=x/2$ y el ajuste
$$ \lambda = \lambda(x) := 1+\frac{1}{\sqrt{x}} \left(2 \sqrt{s \ln x}- \frac{f(x)}{a}\right). $$
después de muchas cancelaciones el resultado es
$$ L(x) \sim (2 \sqrt{s \ln x}- f(x)/a)^{-1}\rightarrow 0 $$
para $x \rightarrow \infty$ .
Tenga en cuenta que
$$ \lambda(x)^{x/2} \sim e^{x(\lambda(x)-1)/2}, $$
que se cancela exactamente con el término exponencial en la aproximación, dejando así sólo el $\sqrt{x}/(\lambda(x)-1)$ .
Si tenemos $\lambda = 1$ es decir $f(x) = 2 a \sqrt{s \ln x}$ se podría utilizar otra fórmula (véase, por ejemplo aquí )
$$ \Gamma(z,z) \sim \sqrt{\frac{\pi}{2}} z^{z-\frac{1}{2}}e^{-z} . $$
Con esto encuentro
$$ L(x)\sim Q \left(\frac{x}{2},\frac{x}{2}\right)\sim \frac{1}{2}, $$
lo que no concuerda con los resultados numéricos. En cambio, hay que tener en cuenta los términos de siguiente orden.
