Pruebalo $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^n} \leqslant e^x-1$.

Question

Cuando se trata de demostrar, en la anterior pregunta, que $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^n}<0$ al $x<0$, un error común es incitado por la semejanza entre la suma y $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n!}$:

Debido a $n^n\geqslant n!$$n\geqslant 1$,

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^n} \leqslant \sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n!}=\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\right)-1=e^x-1.$$

Por desgracia, esta prueba sólo funciona para el caso de que $x\geqslant 0$, debido a la delimitación en el sumando no tiene por $x<0$ cuando el poder $n$ es impar.

Sin embargo, esta prueba no válida no implica que $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^n} \leqslant e^x-1$ no tiene por $x<0$. Como cuestión de hecho, se podía observar en la siguiente figura, donde el inferior, $\color{blue}{\text{blue}}$ línea $$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^n}=x\int_0^1 t^{-xt}\,\mathbb dt,$$ and the higher, $\color{color púrpura}{\text{púrpura}}$ line is $e^x-1$.

Por lo tanto, ¿cómo demostrar que $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^n} \leqslant e^x-1$ todos los $x\in\mathbb R$? (La igualdad se mantiene a y sólo en $x=0$.)

Answer 1

Vamos a establecer$0^0=1$ sólo para simplificar la notación. Tenemos que demostrar que para cualquier$x>0$$$ \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{n^n} x^n \leq e^{-x} \tag{1}$ $ tiene, o que$$ \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{n^n}x^n\sum_{m\geq 0}\frac{1}{m!}x^m \leq 1 \tag{2}$ $ se mantiene. Al escribir el LHS de$(2)$ como una convolución de Cauchy, necesitamos probar

$$ \sum_{l\geq 0}\left(\sum_{k=0}^{l}\frac{(-1)^k}{k^k (l-k)!}\right) x^l \leq 1 \tag{3}$ $ Or:$$ \sum_{l\geq 1}\left(\frac{1}{l!}+\sum_{k=1}^{l}\frac{(-1)^k}{k^k(l-k)!}\right)x^l\leq 0\tag{4}$ $ y podemos comprobar por inducción que los coeficientes involucrados son todos$\leq 0$.