La prueba de $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n \log(n!)}{n!} \sim x \log(x) e^x$ $x \to \infty$

Question

Demostrar que $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n \log(n!)}{n!} \sim x \log(x) e^x \,\,\,\text{as}\,\,\, x \to \infty$$ y $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-x)^n \log(n!)}{n!} \to 0 \,\,\,\text{as}\,\,\, x \to \infty$$ Esta pregunta se relaciona con mi pregunta anterior. Mi aproximación heurística es que la suma de la mayor contribución proviene de $n\approx x$ plazo, por lo que

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n \log(n!)}{n!} \sim \frac{x^x\log(x!)}{x!}$$ pero el uso de la fórmula de Stirling dos veces conduce a $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n \log(n!)}{n!} \sim \frac{\sqrt{x}\log(x)}{\sqrt{2\pi}}e^x$$ Pero este razonamiento es erróneo, y creo que no debe ignorar todos los demás términos. (Que creo que para dar cuenta de $\sqrt{2\pi x}$factor) ¿Qué tipo de enfoque puede dar la quería comportamiento asintótico? Cualquier tipo de sugerencia es bienvenida.

Answer 1

Voy a tratar de mostrar el primer asymptotics.

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Comenzamos con la siguiente forma cuantitativa de Stirling fórmula:

Hecho. Para todos los $n \geq 0$, $$ \log (n!) = (n + \tfrac{1}{2})\log(n+1) - n + \mathcal{O}(1). \tag{1} $$

Ahora vamos a $N_t$ ser una variable aleatoria de Poisson de tasa de $t$. Entonces

\begin{align*} \smash[b]{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n \log (n!)}{n!}e^{-t}} &= \Bbb{E}[\log (N_t !)] \\ &= \Bbb{E}[N_t \log (N_t) + \tfrac{1}{2}\log (N_t + 1) - N_t + \mathcal{O}(1)] \\ &= \Bbb{E}[N_t \log (N_t + 1)] + \tfrac{1}{2}\Bbb{E}[\log(N_t + 1)] - t + \mathcal{O}(1). \tag{2} \end{align*}

Ahora le reclamo las siguientes:

La reclamación. Para cualquier $a \geq 0$ hemos $$ t\log(t+a) \leq \Bbb{E}[N_t \log(N_t + a)] = t \Bbb{E}[\log(N_t + a + 1)] \leq t \log(t+ a + 1). \etiqueta{3} $$ Aquí, nosotros usamos la convención que $0 \log 0 = 0$.

Asumiendo esta afirmación, podemos encontrar fácilmente que

$$ \Bbb{E}[N_t \log(N_t + 1)] = t \log t + \mathcal{S}(1) \quad \text{y} \quad \Bbb{E}[\log(N_t + 1)] = \log t + \mathcal{S}(t^{-1}). $$

Conectando a $\text{(2)}$ da

$$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{t^n \log (n!)}{n!}e^{-t} = (t + \tfrac{1}{2})\log t - t + \mathcal{S}(1) = \log (t!) + \mathcal{S}(1). $$

Dividir ambos lados por $t \log t$ da la primera asymptotics.

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Prueba de Reclamación. La última desigualdad de $\text{(3)}$ es fácil de probar. Ya que la función $x \mapsto \log(x+a+1)$ es cóncava, por la desigualdad de Jensen tenemos

$$ \Bbb{E}[\log(N_t + a + 1)] \leq \log(\Bbb{E} N_t + a + 1) = \log(t+a+1). $$

Con el fin de mostrar la primera desigualdad de $\text{(3)}$, aviso que $x \mapsto x\log(x+a)$ es convexa (con la 2ª derivado $(2a+x)/(a+x)^2 > 0$). Así por la desigualdad de Jensen de nuevo

$$ \Bbb{E}[N_t \log (N_t + a)] \geq (\Bbb{E}N_t) \log (\Bbb{E}N_t + a) = t \log(t+a). $$

Por último, el centro de igualdad de $\text{(3)}$ está dado por

\begin{align*} \Bbb{E}[N_t \log (N_t + a)] &= \sum_{n=1}^{\infty} n \log(n+a) \cdot \frac{t^n}{n!}e^{-t} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \log(n+a+1) \cdot \frac{t^{n+1}}{n!}e^{-t} = t \Bbb{E}[\log (N_t + a + 1)]. \end{align*}

Answer 2

Su idea es correcta y que las entradas de cerca de $n=x$ más. En particular, las entradas con $n=x+O(\sqrt{x})$ dominar esta suma.

Las siguientes no es una respuesta completa, pero creo que los agujeros se pueden rellenar.

Supongamos que $N=x + \alpha \sqrt{x},$ donde $\alpha$ es fijo. Luego, por la fórmula de Stirling \begin{align*} \frac{\ln(N!)}{N!} x^N &= \left(1+O\left(\frac{1}{\ln x}\right)\right) \frac{(x+\alpha \sqrt{x}) \ln x}{\sqrt{2 \pi x} (x+\alpha \sqrt{x})^{x+\alpha \sqrt{x}}}e^{x+\alpha \sqrt{x}} x^{x+\alpha \sqrt{x}} \\ &=\left(1+O\left(\frac{1}{\ln x}\right)\right) x (\ln x) e^x \left[e^{\alpha \sqrt{x}} \left( \frac{x}{x+\alpha \sqrt{x}}\right)^{x+\alpha \sqrt{x}} \frac{1}{\sqrt{2\pi x}} \right]. \end{align*}

Ahora, tenga en cuenta que \begin{align*} \left( \frac{x}{x+\alpha \sqrt{x}}\right)^{x+\alpha \sqrt{x}}&=\exp \left( -(x+\alpha \sqrt{x}) \cdot \ln\left(1+\frac{\alpha}{\sqrt{x}} \right)\right) \\&=\exp\left( -(x+\alpha \sqrt{x}) \left( \frac{\alpha}{\sqrt{x}} - \frac{\alpha^2}{2x} + O(n^{-3/2}) \right) \right) \\&= \exp \left( -\alpha \sqrt{x} - \alpha^2/2 + O(x^{-1/2}) \right). \end{align*}

Por lo tanto $$ \frac{\ln N!}{N!}x^N = \left(1+O\left(\frac{1}{\ln x}\right)\right) [x \ln(x) e^x] \frac{e^{-\alpha^2/2}}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{x}} $$

Ahora la suma de estos $e^{-\alpha^2/2}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{\sqrt{x}}$ más de $N \in [x-C \sqrt{x}, x+C \sqrt{x}]$, $(C$ fijo w.r.t. $x$), es una suma de Riemann para la integral $\int_{-C}^C \frac{e^{-t^2/2}}{\sqrt{2\pi}}dt$. Esta integral puede ser arbitrariamente cercano a 1 para $C$ lo suficientemente grande.

Queda demostrado que para cualquier $\epsilon >0$ (fijo w.r.t. $x$), $$ \sum_{n \noen [x-C \sqrt{x}, x+C \sqrt{x}]} \frac{\ln(N!)}{N!} x^N < \epsilon \, x \ (\ln x) \ e^x, $$ para $C$ lo suficientemente grande.