Un comportamiento asintótico de $\operatorname{Li}_{-n}(a)$ $n\to\infty$

Question

Supongamos $a,b\in(0,1)$. Estoy interesado en la comparación del comportamiento asintótico de $\operatorname{Li}_{-n}(a)$$\operatorname{Li}_{-n}(b)$$n\to\infty$.

Dichas funciones se muestran unos factorial (es más rápido que la exponencial) la tasa de crecimiento. El caso particular $\operatorname{Li}_{-n}\!\left(\tfrac12\right)$ $n\ge1$ da (hasta un coeficiente) de una combinatoria de la secuencia de llamada Fubini números o orderded Bell números de$^{[1]}$$\!^{[2]}$$\!^{[3]}$ (número de resultados de una carrera de caballos a condición de que los lazos son posibles). Esta secuencia es conocida por tener el siguiente comportamiento asintótico: $$\operatorname{Li}_{-n}\!\left(\tfrac12\right)\sim\frac{n!}{\ln^{n+1}2}.\tag1$$

Después de algunos numérico exprerimentation me conjeturó el siguiente comportamiento: $$\ln\!\left(\frac{\operatorname{Li}_{-n}(a)}{\operatorname{Li}_{-n}(b)}\right)=(n+1)\cdot\ln\!\left(\frac{\ln b}{\ln a}\right)+o\!\left(n^{-N}\right)\tag2$$ por arbitrariamente grande, $N$ (así, el resto término decae más rápido que cualquier poder negativo de $n$). Parece que el resto término es oscilante exponencialmente con la disminución de la amplitud, pero todavía no he encontrado la exponente de la base o asintótico de la frecuencia de oscilación.

Podría usted sugerir una prueba de $(2)$ o más mejoras de esta fórmula?

Answer 1

Esto es bastante extraño, pero creo que se puede demostrar que la ecuación tiene con el término de error para cualquier $$1>a,b>e^{-\pi}.$$ The asymptotic that I give for $L_{-n}(a)$ only holds when $1>a>e^{-\pi}$.

Por definición, para $a<1$ $$\text{Li}_{-n}(a)=\sum_{k=1}^{\infty}k^{n}a^{k},$$ y podemos aproximar esta suma por la integral de la $$\int_{0}^{\infty}x^{n}a^{x}dx=\int_{0}^{\infty}x^{n}e^{-x\log\left(\frac{1}{a}\right)}dx.$$ Dejando $x=\frac{u}{\log1/a}$ la integral se convierte en $$\frac{1}{(\log\left(\frac{1}{a}\right))^{n+1}}\int_{0}^{\infty}u^{n}e^{-u}dx=\frac{\Gamma(n+1)}{\left(\log\left(\frac{1}{a}\right)\right)^{n+1}},$$ y por lo $$\frac{\text{Li}_{-n}(a)}{\text{Li}_{-n}(b)}\approx\left(\frac{\log(1/b)}{\log(1/a)}\right)^{n+1}.$$ Vamos a demostrar esto con un exacto del término de error al hacer el primer paso preciso. Deje $f_{a}(x)=x^{n}a^{x}$. Entonces a partir de la $$\frac{d^{k}}{dx^{k}}f_{a}(x)\biggr|_{x=0}=\frac{d^{k}}{dx^{k}}f_{a}(x)\biggr|_{x=\infty}=0$$ para todos los $k<n$, de Euler-Maclaurin suma a a $p=\frac{n}{2}$ incluso para $n$ implica que $$\left|\sum_{k=0}^{\infty}k^{n}^{k}-\int_{0}^{\infty}x^{n}^{x}dx\right| \le |R| \leq \frac{2\zeta(n)}{(2\pi)^{n}}\left(\int_{0}^{\infty}|f^{(n)}(x)|dx\right) \leq \frac{2\zeta(n)}{(2\pi)^{n}}\left(2^{n}\frac{\Gamma(n+1)}{\log(1/a)}\right) = O\left(\frac{1}{\pi^{n}}\frac{\Gamma(n+1)}{\log(1/a)}\right).$$ Por lo tanto, $$\frac{\text{Li}_{-n}(a)}{\text{Li}_{-n}(b)}=\frac{\frac{\Gamma(n+1)}{\left(\log\left(\frac{1}{a}\right)\right)^{n+1}}+O\left(\frac{1}{\pi^{n}}\frac{\Gamma(n+1)}{\log(1/a)}\right)}{\frac{\Gamma(n+1)}{\left(\log\left(\frac{1}{b}\right)\right)^{n+1}}+O\left(\frac{1}{\pi^{n}}\frac{\Gamma(n+1)}{\log(1/b)}\right)}=\left(\frac{\log(1/b)}{\log(1/a)}\right)^{n+1}\left(\frac{1+O\left(\pi^{-n}\log(1/a)^{n}\right)}{1+O\left(\pi^{-n}\log(1/b)^{n}\right)}\right),$$ y por lo $$\frac{\text{Li}_{-n}(a)}{\text{Li}_{-n}(b)}=\left(\frac{\log(1/b)}{\log(1/a)}\right)^{n+1}\left(1+O\left(\pi^{-n}\log\left(\frac{1}{\min(a,b)}\right)^{n}\right)\right),$$ y usando el hecho de que $\log(1+x)=x+O(x^{2})$ esto implica implica que $$\log\left(\frac{\text{Li}_{-n}(a)}{\text{Li}_{-n}(b)}\right)=(n+1)\log\left(\frac{\log(1/b)}{\log(1/a)}\right)+O\left(\pi^{-n}\log\left(\frac{1}{\min(a,b)}\right)^{n}\right).$$ Ahora, este término de error es trivial sólo cuando $$1>a,b>e^{-\pi},$$ and in this case it is $o(n^{-N})$ for any fixed capital $$ N.