El valor de un límite de una serie de energía: $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^\infty (-1)^k \left(\frac{x}{k} \right)^k$

Question

¿Cuál es la respuesta al siguiente límite de una serie de energía?

$$\lim_{x\rightarrow +\infty} \sum_{k=1}^\infty (-1)^k \left(\frac{x}{k} \right)^k$$

Answer 1

Un simple cálculo muestra que

\begin{align*} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k} \left( \frac{x}{k} \right)^{k} &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k} x^{k}}{(k-1)!} \int_{0}^{\infty} t^{k-1} e^{-kt} \, dt = \int_{0}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k} x^{k} t^{k-1} e^{-kt}}{(k-1)!} \, dt \\ &= -x \int_{0}^{\infty} \exp \left\{ - t \left( 1 + x e^{-t} \right) \right\} \, dt = - \int_{0}^{1} x \cdot u^{x u} \, du, \end{align*}

donde $u = e^{-t}$. Ahora pretendemos que

$$ \lim_{x\to\infty} \int_{0}^{1} x \cdot u^{x u} \, du = 1. $$

Para encontrar el límite, podemos probar el siguiente lema:

Lema. Deje $f : [0, \delta] \to [0, 1]$ ser una función medible. Supongamos que existe $0 < A < B$ tal que $$ 1 - Ax \leq f(x) \leq 1 - Bx. $$ Entonces tenemos $$ \frac{1}{A} \leq \liminf_{x\to\infty} \left( x \int_{0}^{\delta} f(t)^{x} \, dt \right) \leq \limsup_{x\to\infty} \left( x \int_{0}^{\delta} f(t)^{x} \, dt \right) \leq \frac{1}{B}. $$

Asumir este lema tiene. Deje $f(u) = u^{u}$. A continuación, podemos observar que

1. $f(u)$ disminuye para $[0, 1/e]$ y aumenta para $[1/e, 1]$.
2. Para cualquier pequeño $\epsilon > 0$, existe una pequeña $\delta > 0$ tal que $$ 1 - (1+\epsilon)(1-u) \leq f(u) \leq 1 - (1-\epsilon)(1-u) $$ para $0 < u < \delta$.
3. Para cualquier ampliación de $M > 0$, se puede elegir entre pequeño $\delta > 0$ tal que $$f'(u) = u^{u}(1 + \log u) \leq -M$$ para $0 < x < \delta$. En particular, $f(u) \leq 1 - Mu$.

Deje $\epsilon > 0$ ser pequeño y $M > 0$ ser grande. Deje $\delta > 0$ ser lo suficientemente pequeño número de cumplir las condiciones de forma simultánea. Entonces tenemos

$$ 0 \leq x \int_{\delta}^{1-\delta} u^{xu} \, du \leq x \max\{ f(\delta)^{x}, f(1-\delta)^{x} \} \xrightarrow{x\to\infty} 0. $$

También, Lema muestra que

$$ \frac{1}{1+\epsilon} \leq \liminf_{x\to\infty} \left( x \int_{1-\delta}^{1} u^{xu} \, du \right) \leq \limsup_{x\to\infty} \left( x \int_{1-\delta}^{1} u^{xu} \, du \right) \leq \frac{1}{1-\epsilon} $$

y

$$ 0 \leq \limsup_{x\to\infty} \left( x \int_{0}^{\delta} u^{xu} \, du \right) \leq \frac{1}{M}. $$

Poner juntos, hemos

$$ \frac{1}{1+\epsilon} \leq \liminf_{x\to\infty} \left( x \int_{0}^{1} u^{xu} \, du \right) \leq \limsup_{x\to\infty} \left( x \int_{0}^{1} u^{xu} \, du \right) \leq \frac{1}{1-\epsilon} + \frac{1}{M}. $$

Por lo tanto, dejando $M \to \infty$$\epsilon \to 0^{+}$, obtenemos

$$ \lim_{x\to\infty} \left( x \int_{0}^{1} u^{xu} \, du \right) = 1 $$

como se desee.

La prueba del Lema. Para cualquier $0 < \eta < \delta$, tenemos $$ 0 \leq x \int_{\eta}^{\delta} f(t)^{x} \, dt \leq x \int_{\eta}^{\delta} \max \{ 1- B\eta, 0 \}^{x} \, dt \leq \max \{ x \delta (1- B\eta)^{x}, 0 \} \xrightarrow[]{x\to\infty} 0. $$ Por lo tanto podemos suponer que la $\delta$ es lo suficientemente pequeño para que $1 - A\delta \geq 0$. Entonces \begin{align*} x \int_{0}^{1/A} (1 - At)^{x} \, dt + o(1) &= x \int_{0}^{\delta} (1 - At)^{x} \, dt \\ &\leq x \int_{0}^{\delta} f(t)^{x} \, dt \\ &\leq x \int_{0}^{\delta} (1 - Bt)^{x} \, dt = \leq x \int_{0}^{1/B} (1 - Bt)^{x} \, dt + o(1). \end{align*} La evaluación, obtenemos $$ \frac{x}{A(x+1)} + o(1) \leq x \int_{0}^{\delta} f(t)^{x} \, dt \leq \frac{x}{B(x+1)} + o(1), $$ probando el lema.

Answer 2

Es muy sencillo de reproducir la integral de las representaciones de la suma encontrado por @deoxygerbe y @user17762 en su interesante papel y por @sos440, $$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^\infty (-1)^k \left(\frac{x}{k} \right)^k &=& -x\int_0^1 t^{x t} dt \\ &=& -x \int_0^\infty e^{-z(xe^{-z}+1)} dz. \end{eqnarray*}$$ Aquí podemos comprobar @sos440 del resultado, que la suma es $-1$, mediante el examen de la última integral.

Tenemos $$\begin{eqnarray*} x \int_0^\infty e^{-z(xe^{-z}+1)} dz &=& \underbrace{\int_0^1 f(z)dz}_{I_1} + \underbrace{\int_1^\infty f(z)dz}_{I_2}, \end{eqnarray*}$$ donde $f(z) = x e^{-z(xe^{-z}+1)}$. En $(1,\infty)$, $f(z)$ tiene un mundial max en $z_0$, la solución a $x(z_0-1)=e^{z_0}$. Tenga en cuenta que $z_0 \sim \log x + \log\log x$ de modo que $\lim_{x\to\infty} z_0 = \infty$. Aplicando el método de Laplace nos encontramos $$\begin{eqnarray*} I_2 &\sim& \sqrt{\frac{2\pi}{(z_0-2)(z_0-1)}} e^{-z_0/(z_0-1)} \\ &\sim& \frac{\sqrt{2\pi}}{e z_0}. \end{eqnarray*}$$ Por lo tanto, en el límite, $I_2 = 0$.

Pero $$\begin{array}{ccccc} \displaystyle x\int_0^1 e^{-z(x+1)} dz &\le& \displaystyle x \int_0^1 e^{-z(xe^{-z}+1)} dz &\le& \displaystyle x\int_0^1 e^{-z[x(1-z)+1]} dz. \end{array}$$ (Aquí se utiliza que en $[0,1]$, $1-z\le e^{-z}\le 1$.) La delimitación de las integrales se puede calcular de forma explícita y en los límites que son la unidad. Por lo tanto, en el límite, $I_1 = 1$.

Por lo tanto, $$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\infty} \sum_{k=1}^\infty (-1)^k \left(\frac{x}{k} \right)^k &=& -\lim_{x\to\infty} x \int_0^\infty e^{-z(xe^{-z}+1)} dz \\ &=& -\lim_{x\to\infty} (I_1+I_2) \\ &=& -1. \end{eqnarray*}$$