Extraña simetría con respecto a la suma $\sum_{n=0}^\infty\frac{n^ne^{-bn}}{\Gamma(n+1)}$e integral $\int_{0}^\infty\frac{x^xe^{-bx}}{\Gamma(x+1)}dx$

Question

Uno puede mostrar mediante el cálculo siguiente para $b>1$ $$\sum_{n=0}^\infty\frac{n^ne^{-b n}}{\Gamma(n+1)}=\frac{1}{1+W_{\color{blue}{0}}(-e^{-b})},\tag{1}$$ (aquí se supone que el término con $n=0$ es entendida como el límite de $\lim_{n\to 0}$ y es igual a $1$) y $$\int_{0}^\infty\frac{x^xe^{-b x}}{\Gamma(x+1)}dx=\boldsymbol{\color{red}{-}}\frac{1}{1+W_{\color{red}{-1}}(-e^{-b})}.\tag{2}$$

$W_0$ $W_{-1}$ son de diferentes ramas de la función W de Lambert. Uno puede ver que esta fórmulas parecen similares. Yo les considera en la esperanza de obtener una función para la cual la suma es igual a la integral: $$ \sum_{n=0}^\infty f(n)=\int_0^\infty f(x) dx. $$ $(1)$ es la consecuencia de Lagrange de la inversión y la integral surge en la distribución de probabilidad de la teoría, a saber, la Kadell-Ressel pdf (ver también este MSE post).

Pregunta 1. ¿Alguien puede explicar la simetría entre las $(1)$ $(2)$ sin recurrir al cálculo directo?

Pregunta 2. Es posible alterar $(1)$ $(2)$ para obtener una buena función para la cual la suma es igual a la integral?

Si $b=1$ luego está la Knuth de la serie $$ \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{n^ne^{-n}}{\Gamma(n+1)}-\frac1{\sqrt{2\pi n}}\right)=-\frac23-\frac1{\sqrt{2\pi}}\zeta(1/2),\etiqueta{3} $$ y el "Knuth integral" $$ \int_0^\infty\left(\frac{x^xe^{-x}}{\Gamma(x+1)}-\frac1{\sqrt{2\pi x}}\right)dx=-\frac13.\la etiqueta{4} $$ De nuevo vemos que hay una discrepancia.

Pregunta 3. Es posible modificar el plazo$\frac1{\sqrt{2\pi x}}$$(3)$$(4)$, de modo que la serie y la integral de acuerdo?

Edit. Por supuesto, el montaje de algunos de los términos adicionales y parámetros, puede venir para arriba con una fórmula que, técnicamente, las respuestas a la pregunta 2 o 3. Lo que se entiende como agradable en la pregunta 2, podrían ser difíciles de formular explícitamente. Es mejor ilustrado por fórmulas en este MSE post.

Answer 1

Pregunta 2. Es posible alterar (1) y (2) para obtener una función para que la suma es igual a la integral?

Una forma más simple para $z\in[0,\mathrm{e}^{-1})$:

\begin{align} \sum_{n=0}^\infty \frac{(z\,n)^n}{\Gamma(n+1)} &= \frac1{1+\operatorname{W}_{0}(-z)} \tag{1}\label{1} ,\\ \int_0^\infty \frac{(z\,x)^x}{\Gamma(x+1)}\,dx &=-\frac1{1+\operatorname{W}_{-1}(-z)} \tag{2}\label{2} . \end{align}

Para algunos $u\in\mathbb{R}$ considera \begin{align} \sum_{n=0}^\infty \frac{u}{(n+1)^2} &=\frac{u\pi^2}6 \tag{3}\label{3} ,\\ \int_0^\infty \frac{u}{(x+1)^2}\,dx&=u \tag{4}\label{4} . \end{align}

Vamos a agregar \eqref{3} y \eqref{4} a \eqref{1} y \eqref{2}, respectivamente:

\begin{align} \sum_{n=0}^\infty \left( \frac{(z\,n)^n}{\Gamma(n+1)} +\frac{u}{(n+1)^2} \right) &= \frac1{1+\operatorname{W}_{0}(-z)} +\frac{u\pi^2}6 \tag{5}\label{5} ,\\ \int_0^\infty \left( \frac{(z\,x)^x}{\Gamma(x+1)} +\frac{u}{(x+1)^2} \right) \,dx &=-\frac1{1+\operatorname{W}_{-1}(-z)} +u \tag{6}\label{6} . \end{align}

A partir de los lados de la parte derecha de \eqref{5} y \eqref{6} para $z\in[0,\mathrm{e}^{-1})$ tenemos

\begin{align} u&= -6\frac{2+\operatorname{W_0}(-z)+\operatorname{W_{-1}}(-z)}{(\pi^2-6)(1+\operatorname{W_0}(-z))(1+\operatorname{W_{-1}}(-z))} \end{align}

tal manera que el par $(z,u)$ satisface \eqref{5}=\eqref{6}.

Por ejemplo,

\begin{align} z&=\tfrac12\ln2 ,\quad\operatorname{W_0(-z)}=-\ln2,\quad\operatorname{W_{-1}(-z)}=-2\ln2 ,\\ &\sum_{n=0}^\infty \left( \frac{(n\ln2)^n}{2^n\Gamma(n+1)} - \frac{6(2-3\ln2)}{ (\pi^2-6)(1-\ln2)(1-2\ln2)(n+1)^2 } \right) \\ =& \int_{0}^\infty \left( \frac{(x\ln2)^x}{2^x\Gamma(x+1)} - \frac{6(2-3\ln2)}{ (\pi^2-6)(1-\ln2)(1-2\ln2)(x+1)^2 } \right) \\ =& \frac{\pi^2(\ln2-1)+6(2\ln2-1)}{ (\pi^2-6)(\ln2-1)(2\ln2-1) } \approx 1.549536 . \end{align}

Editar

Del mismo modo,

\begin{align} &\sum_{n=0}^\infty 2^{-n} \left( \frac{(n\ln2)^n}{\Gamma(n+1)} + \frac{\ln2\,(3\ln2-2)}{ (\ln2-1)(2\ln2-1)^2 } \right) \\ =& \int_{0}^\infty 2^{-x} \left( \frac{(x\ln2)^x}{\Gamma(x+1)} + \frac{\ln2\,(3\ln2-2)}{ (\ln2-1)(2\ln2-1)^2 } \right) \\ =& \frac{2(\ln2)^2-1}{ (\ln2-1) (2\ln2-1)^2 } \approx 0.8537740 . \end{align}