Cómo demostrar a $ \lim_{n \to \infty} e^n \cdot \left( \sum_{k=0}^{n-1} ({k-n \over e})^k/k! \right)- 2 \cdot n = \frac 23$?

Question

He observado que para la función $$ f(n)= e^n \sum_{k=0}^{n-1}\left(\dfrac{k - n}{e}\right)^k \cdot \dfrac{1}{k!} \tag 1$$

with small $$ n que

  n  sum
 -------------
  1  2.7182818
  2  4.6707743
  3  6.6665656
  4  8.6666045
  5  10.666662
  6  12.666667
  7  14.666667
  8  16.666667

Así que una hipótesis es obvio $$ \lim_{n \to \infty} \bigl(f(n)-2n\bigr) = \frac 23 \tag 2$$

Sin embargo, no tengo ni idea, de cómo probar esto, pero quisiera entender cómo puedo enfoque de una prueba (voy a tener, a continuación, algunos similares con probablemente el mismo o relacionados con la lógica)

Así que me gustaría entender ...

P: ¿cómo pruebo que supone límite (2).

Answer 1

Este es un muy aseado problema, de hecho, tan sólo estoy dando una pequeña pista. Empezar por volver a escribir como $$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}(k-n)^{k}e^{-(k-n)}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}\frac{d^{k}}{dx^{k}}e^{x(k-n)}|_{x=-1}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{e^{z(k-n)}}{(z+1)^{k+1}}dz$$

Desde $e^{z(k-n)}$ es analítica en todos los de $\mathbb{C}$ I aplicada Cauchys Integral de la fórmula e $C$ denota una adecuada circulo que encierra los múltiples singularidad $z=-1$

Ahora se sienten libres para ampliar a un geométrica de la suma y usted no debería estar demasiado lejos de una solución definitiva.

Answer 2

Uno puede notar que su fórmula es el número esperado de $[0,1]$distribuidas de manera aleatoria de las variables que se necesitan para que su suma exceda $n$. (Ver http://mathworld.wolfram.com/UniformSumDistribution.html.) Por otra parte, la pregunta http://mathoverflow.net/questions/141368/error-term-for-renewal-function se analiza el comportamiento del término de error $\epsilon(n) = f(n) - 2n - 2/3$.

Answer 3

Observe que $$f'(n) = f(n) - f(n-1)$$

así que este es un sencillo pero especial) en el caso de un retraso de la ecuación diferencial. Simplemente sustituyendo $f(n) = e^{an}$ revela la forma de la solución general: $$\sum_{-\infty}^{\infty} c_k e^{(1 + W_k(-\frac{1}{e}))n}$$

donde $W_k(x)$ es la k-ésima rama de la LambertW función, y $c_k$ son los parámetros en función de las condiciones de frontera.

Para obtener la solución se debe tener en cuenta la doble raíz en $k=-1,0$ donde $W_{-1}(-\frac{1}{e}) = W_0(-\frac{1}{e}) = -1$:

$$f(n) = (c_{-1} +c_0n)e^0 + \sum_{-\infty,\neq 0,-1}^{\infty} c_k e^{(1 + W_k(-\frac{1}{e}))n}$$

pero a partir de la definición de $$e^{1+W_k(-\frac{1}{e})} = -\frac{1}{W_k(-\frac{1}{e})}$$ and $|\!|W_k(-\frac{1}{e})|\!| > 1$ for $k\neq, 0, -1$, por lo que

$$\lim_{n\to\infty} f(n) = c_{-1} + c_0n + 0$$

Ver aquí para una solución que utiliza la transformada de Laplace.