En efecto, podemos demostrar que para todo $k$ , $$1-c \sim_k \frac{\alpha}{k} \qquad (\alpha \to 0^+)$$
La parte central de mi respuesta hace intuitivo por qué el término principal es lineal en $\alpha$ . Lo que no explica, es si hay una razón más profunda por la que es lineal en $1/k$ .
Unicidad de la solución. Empecemos por justificar que existe una solución única $c \in (0,1)$ para pequeños $\alpha$ . Tenemos $$\alpha = \frac{f_k(c)}{c \cdot f_k'(c)}$$ por lo que vemos que $\alpha$ en función de $c$ tiene un polo en $0$ de orden $1$ . En particular, $\alpha(c) \to +\infty$ como $c \to 0^+$ .
En la continuación, supondremos siempre $c \in (0,1)$ y a menudo escriben simplemente $f_k$ para $f_k(c)$ . Para la derivada tenemos $$\alpha'(c) = \frac{c(f_k')^2 - f_k(cf_k')'}{(cf_k')^2}$$ Por Cauchy-Schwarz, $(f_k')^2 < c f_k(cf_k')'$ para que $\alpha$ es estrictamente decreciente.
Tenemos $\alpha \to 0$ para $c \to 1^-$ . De hecho, esto se deduce, por ejemplo, de Un teorema de Tauber para un cociente de series de potencias, el límite en la frontera Probablemente exista un argumento más elemental, pero de todos modos volveremos a utilizar el mismo resultado.
Utilizando $\alpha'<0$ , $\alpha > 0$ , $\alpha \to +\infty$ para $c \to 0^+$ y $\alpha \to 0$ para $c \to 1^-$ concluimos que $\alpha : (0,1) \to (0, \infty)$ es una biyección decreciente.
Asintótica. Primera toma $k=1$ de modo que $f_k(c) = (1-c)^{-1}$ y simplemente tenemos $$\alpha = \frac1c-1$$
Sea $k \geq 1$ ser arbitraria ahora. Determinaremos el límite de $\alpha'$ como $c \to 1$ pero primero termina el argumento. Supongamos que el límite existe y es igual a $p_k \neq 0$ . Entonces $\alpha$ tiene un $C^1$ -extensión a la derecha del punto $c=1$ y tenemos $$\alpha(c) = p_k \cdot (c-1) + o_k(1) \qquad (\alpha \to 0, c \to 1^-)$$ Sigue la declaración del principio del post, con $p_k=-k$ .
Límite de la derivada $\alpha'(c)$ . Tenemos $$\alpha' = 1- \frac{f(c)}{c g(c)}$$ con $$f(c) := cf_k(cf_k')' = \sum_{m,n \geq 0}c^{m^k+n^k}n^{2k} =: \sum_{i \geq 0}a_ic^i$$ y $$g(c) := (cf_k')^2 = \sum_{m,n\geq 0}c^{m^k+n^k}m^kn^{k} =: \sum_{i \geq 0}b_ic^i$$ Por la pregunta vinculada, sólo tenemos que estimar las sumas parciales de los coeficientes $a_n$ y $b_n$ . Tenemos $$A(N) := \sum _{i \leq N}a_i = \sum_{n^k+m^k \leq N} n^{2k}$$ y análogamente para $B$ . Podemos estimar la suma por abajo y por arriba mediante una integral de Riemann sobre dominios de la forma $$D_{k, N} = \{(x,y) = 0 \leq x,y \;,\; x^k + y^k \leq N \}$$ Aquí tienes unas bonitas fotos de su aspecto: https://mathsci2.appstate.edu/~cookwj/maple/Circles/ No es difícil ver que $$\begin{align*} A(N) &= \int_{D_{k,N}} x^{2k} dxdy + O_k(N^{2+1/k}) \\ &= \int_{0}^{N^{1/k}} x^{2k} (N-x^k)^{1/k}dx + O_k(N^{2+1/k}) \\ &= N^{2+2/k} \int_0^1 u^{2k} (1-u^k)^{1/k}du + O_k(N^{2+1/k}) \end{align*}$$ y de forma similar $$B(N) = N^{2+2/k} \frac1{k+1}\int_0^1 u^k (1-u^k)^{1+1/k}du + O_k(N^{2+1/k}) $$
Concluimos que $$\begin{align*} \lim_{N \to \infty}\frac{A(N)}{B(N)} &= (k+1)\frac{\int_0^1 u^{2k} (1-u^k)^{1/k}du}{\int_0^1 u^k (1-u^k)^{1+1/k}du} \\ &= (k+1) \frac{B\left(\frac{2k+1}k,1+ \frac{1}k\right)}{B\left(\frac{k+1}k, 2+\frac{1}k\right)} \\ &= k+1 \end{align*}$$ donde $B$ es el Función beta que satisface $\int_0^1 u^a(1-u^k)^bdu = B(\frac{a+1}k, b+1)$ para $a,b > 0$ .
Por fin, $$p_k = \lim_{c \to 1^-}\alpha'(c) = 1- \lim_{N \to \infty}\frac{A(N)}{B(N)} = -k$$
