La tasa de crecimiento asintótico de la función hiperfactorial (definida como: $H(n)=\prod^n_{k=1}k^k$) es aparentemente (aproximadamente) igual a: $$ H(n) \sim An^{(6n^2 + 6n + 1)/12} e^{ - n^2 /4} $$ Estoy curioso de cómo se obtiene este resultado y también estoy interesado en la tasa de crecimiento asintótico de la función superfactorial como se define por Sloane y Plouffe (1995): $$sf(x)= \prod^x_{k=1}k!$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Para responder a tu primera pregunta, haremos uso de la siguiente propiedad del logaritmo
$$ \log(\prod_k f(k) )=\sum_k\log(f(k)) $$
y por lo tanto (usando $k^k=e^{\log(k)k}$)
$$ L(n)\equiv\log(H(n))=\sum_{k=1}^n\log(k^k)=\sum_{k=1}^n\log(k)k $$
Para avanzar aún más, aplicamos la fórmula de Euler Maclaurin
$$ L(n)\approx \int_1^n x \log(x)dx+\frac{\log(n)n}{2}=\frac{n^2\log(n)}{2}+\frac{1}{4}-\frac{n^2}{4}+\frac{\log(n)n}{2} $$
y por lo tanto
$$ H(n)\approx e^{\frac{n^2\log(n)}{2}+\frac{\log(n)n}{2}+\frac{1}{4}-\frac{n^2}{4}}=n^{n^2/2+n/2}e^{1/4-n^2/4} $$
¡Espera un segundo! ¡Esto no está del todo correcto porque estamos multiplicados por un factor $n^{1/12}$. ¿Qué hemos hecho mal? La respuesta es que reexponenciamos demasiado pronto porque esto solo está permitido si los factores descartados en la suma tienden a cero para $n$ grande. Afortunadamente, podemos corregir esto al mirar el término de resto de la expresión de Euler Maclaurin
$$ R(n)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{(2k)!}(f^{(2k-1)}(n)-f^{(2k-1)}(1)) $$
con $f(x)=\log(x)x$ .Tomando derivadas vemos que $f'(n)=\log(n)+1$ y $f'''(n)=-\frac{1}{n^2}$. Las derivadas superiores desaparecen aún más rápido a medida que $n\rightarrow \infty$, por lo que lo que hemos pasado por alto es el primer término del resto junto con la parte completa independiente de $n$ (denotada por $c$). Usando $B_2=1/6$ esto se evalúa en
$$ \frac{1}{12}\log(n)+c $$
y por lo tanto
$$ H(n)\approx e^{\frac{n^2\log(n)}{2}+\frac{\log(n)n}{2}+ \frac{\log(n)}{12}+\frac{4c+1}{4}-\frac{n^2}{4}}=n^{n^2/2+n/2+1/12}e^{(4c+1)/4-n^2/4} $$
que es el resultado afirmado, si uno identifica $A=e^{(4c+1)/4}$
Editar:
Tengo la sensación de que esta técnica también podría ser capaz de proporcionar la asintótica de la superfactorial, pero estoy demasiado ocupado para intentarlo en este momento
Apéndice
Ok, no puedo resistirme a dar al menos un esquema de cómo se obtiene el resultado declarado por @Gerry Myerson
La idea clave es la misma que arriba, $$sf(n)=e^{l(n)}$$ con
$$ l(n)=\sum_{k=1}^n\log(k!) $$
y ahora podemos aplicar de nuevo Euler MacLaurin.
La parte difícil aquí es la integral que da el orden principal de la suma
$$ \int_0^n \log(\Gamma(x))dx $$
Afortunadamente, hay un resultado debido a Adamchik que relaciona esta integral con la función $G$ de Barnes que es bien conocida (ver enlace arriba)
$$ \int_0^n \log(\Gamma(x))dx=-\left(\frac{n(1-n)}{2}+\frac{n}{2}\log(2 \pi)+\log(\Gamma(n))n\right)+\log(G(1+z)) $$
Juntando esto con la fórmula de Stirling para la función Gamma (y tal vez la función digamma si necesitamos términos de orden superior en la fórmula de Euler Maclaurin), deberíamos ser capaces de llegar al resultado anunciado
user8269
Puntos
46
Los superfactoriales se discuten en https://oeis.org/A000178 donde se da el asintótico $$a(n) \sim \exp(\zeta'(-1)-3/4-3/4n^2-3/2n)(2\pi)^{1/2+1/2n}(n+1)^ {1/2n^2+n+5/12} $$.
Los hiperfactoriales se discuten en https://oeis.org/A002109 y tal vez una de las referencias allí mencionadas te lleve a una prueba.
SmileyCraft
Puntos
48
En el superfactorial:
Observa que $H(n)=1^12^2\ldots n^n$ y $sf(n)=1^n2^{n-1}\ldots n^1$ entonces $H(n)sf(n)=1^{n+1}2^{n+1}\ldots n^{n+1}=n!^{n+1}$.
Luego podemos estimar $sf(n)=n!^{n+1}/H(n)$ con las estimaciones en $n!$ y $H(n)$.
$$H(n)=An^{\frac12n^2+\frac12n+\frac1{12}}e^{-\frac14n^2}\left(1+\frac1{720n^2}+O\left(\frac1{n^4}\right)\right)$$
$$n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\left(1+\frac1{12n}+\frac1{288n^2}-\frac{139}{51840n^3}-\frac{571}{2488320n^4}+O\left(\frac1{n^5}\right)\right)$$
$$n!^{n+1}=(2\pi)^{\frac12n+\frac12}n^{n^2+\frac32n+\frac12}e^{-n^2-n+\frac1{12}}\left(1+\frac1{12n}+\frac1{1440n^2}-\frac{3053}{1244160n^3}+O\left(\frac1{n^4}\right)\right)$$
$$sf(n)=A^{-1}(2\pi)^{\frac12n+\frac12}n^{\frac12n^2+n+\frac5{12}}e^{-\frac34n^2-n+\frac1{12}}\left(1+\frac1{12n}-\frac1{1440n^2}-\frac{3197}{1244160n^3}+O\left(\frac1{n^4}\right)\right)$$
Esta estimación da los siguientes valores:
$$\begin{array}{ccc} n&sf(n)&\mbox{estimación} \\1&1&0.999\color{red}{4812}\ldots \\2&2&1.9999\color{red}{883}\ldots \\3&12&12.0000\color{red}{58}\ldots \\4&288&288.000\color{red}{99}\ldots \\5&34560&34560.0\color{red}{75}\ldots \\6&24883200&248832\color{red}{35} \\7&125411328000&125411\color{red}{449024} \\8&5056584744960000&505658\color{red}{8185241235} \\9&1834933472251084800000&183493\color{red}{4382429233741824} \\10&6658606584104736522240000000&665860\color{red}{9061514179213583712256} \end{array}$$
