Mostrar $y = \sum_{k=1}^\infty \frac{k^{k-1}}{k!} x^k$ satisface $ye^{-y} = x$ .

Question

Mi pregunta es literalmente el título:

Mostrar $y = \sum_{k=1}^\infty \frac{k^{k-1}}{k!} x^k$ satisface $ye^{-y} = x$ .

---

He aquí una pequeña motivación para la pregunta. Si no te interesa la motivación, ¡ignora lo que sigue!

Considerando los grafos aleatorios de Erdos-Renyi, en el caso supercrítico $p = c/n$ con $c > 1$ y considerar el tamaño del componente gigante. Podemos demostrar (por ejemplo, Grimmett, Probability on Graphs, Theorem 11.1) que el tamaño es $\theta(p) n$ , donde $\theta(p) \equiv \theta(c)$ es la probabilidad de supervivencia para un Poisson $(c)$ proceso de bifurcación ( $p = c/n$ ), y esto satisface $$ 1 - \theta(c) = \frac{1}{c} \sum_{k=1}^\infty \frac{k^{k-1}}{k!} (ce^{-c})^k.$$ Además, también se puede demostrar (por ejemplo, Frieze-Karonski, Introduction to Random Graphs, Theorem 2.14) que $\theta(c) = 1 - c'/c$ , donde $c'$ es el conjugar de $c$ , es decir, para $c>1$ es la solución $c' < 1$ de $c'e^{-c'} = c e^{-c}$ . Combinando estas dos fórmulas, obtenemos (cancelando el $1/c$ factor) $$ c' = \frac{1}{c} \sum_{k=1}^\infty \frac{k^{k-1}}{k!} (ce^{-c})^k.$$ En mi declaración general de la parte superior, acabo de dejar $y = c'$ y $x = ce^{-c}$ para facilitar la anotación.

---

Sin embargo, por mucho que lo intente, no he podido encontrar ninguna forma de justificar la igualdad, aparte de, por supuesto, probar los dos resultados sobre el tamaño del gigante por separado y luego equipararlos. Es de esperar que haya una forma de demostrarlo directamente -- después de todo, no es exactamente una expresión fea: después de no mucho tiempo se vuelve básicamente geométrica; lo he intentado en Matlab y con $c = 3$ Obtengo la precisión de la máquina después de sólo $40$ términos en la suma. (Mi supervisora de doctorado también le ha echado un vistazo, pero tampoco ha sido capaz de resolverlo).

Answer 1

Sugerencia: Sustituir $u=-y$ entonces $-ue^{u}=x \implies ue^u=-x$ Por lo tanto $u=W(-x)$ en el que $W$ es el Función de Lambert . Utilice Teorema de inversión de Lagranges para derivar su serie de Taylor. O simplemente búsquelo en la página de la wiki bajo expansiones asintóticas. Nótese que esta igualdad sólo es cierta en la región de convergencia.

Answer 2

He aquí una forma combinatoria de ver esta identidad con funciones generadoras.

El número de etiquetado sin raíces árboles con conjunto de vértices $[n]:=\{1, \ldots, n\}$ es $n^{n-2}$ (fórmula de Cayley). Así que el número de arraigada árboles es $\alpha_n := n\cdot n^{n-2} = n^{n-1}$ . Así que $y = T(x) := \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\alpha_n}{n!} x^n$ es la función generadora (exponencial) de la secuencia $\alpha_n$ del número de árboles enraizados.

La identidad que desea puede escribirse $$ T(x) = x \cdot e^{T(x)} = x \left(1+ T(x) + T^2(x)/2!+T^3(x)/3!+\ldots \right). $$

Así que quieres demostrar que el coeficiente por $x^n/n!$ en el lado derecho es también $\alpha_n$ . Obviamente, $\alpha_n = \sum_{k=0}^\infty \alpha_n(k)$ , donde $\alpha_n(k)$ es el número de árboles enraizados cuya raíz tiene grado $k$ ( $\alpha_n(k) = 0$ para $k \geq n$ ).

El término $x \cdot T^k(x)/k!$ es la función generadora del número de pares ordenados de $(v, F_k)$ donde $v$ es un solo vértice y $F_k$ es un desordenado $k$ -pareja de árboles enraizados disjuntos. Ahora hay una biyección natural entre tal par y los árboles enraizados (conectar un solo vértice (la nueva raíz) con cada raíz en $k$ -) donde la raíz tiene grado $k$ . En particular, el coeficiente delante de $x^n/n!$ sur $x \cdot T^k(x)/k!$ es el número de árboles enraizados en $n$ vértices donde la raíz tiene grado $k$ . Es decir, el coeficiente es $\alpha_n(k)$ .

Answer 3

Idea (no completamente elaborada, pero demasiado larga para un comentario):

• Cuando $x=0$ , $y=0$ porque los exponenciales nunca son cero.

• Utilizar la diferenciación implícita, $\left(e^{-y}-ye^{-y}\right)\frac{dy}{dx}=1$ utilizando la diferenciación implícita. Dado que $y=0$ , $\frac{dy}{dx}=1$ .

• Utilizando de nuevo la diferenciación implícita, tenemos $$ \left(-2e^{-y}+ye^{-y}\right)\left(\frac{dy}{dx}\right)^2+\left(e^{-y}-ye^{-y}\right)\frac{d^2y}{dx^2}=0 $$ Sustituyendo nuestros valores conocidos, se obtiene $\frac{d^2y}{dx^2}=2$ .

Obsérvese que cuando se introducen en la expansión de Taylor para $y$ (dividiendo por $k!$ ), se obtienen los primeros términos de la fórmula. Hay mucha estructura en estas derivadas implícitas, deberías ser capaz de obtener algún tipo de recurrencia para resolver explícitamente.