Limites de $1^n + 2^{n-1} + 3^{n-2} + \cdots + n^1$

Eu quero estimar o valor desta sequência para grandes$n$ (com um limite inferior e superior razoável).

Ou seja, podemos encontrar uma função $f(n)$ de tal modo que $$ \frac{1^n + 2^{n-1} + 3^{n-2} + \cdots + n^1}{f(n)} \rightarrow 1?$$

Tentei aproximar $ (n - x)^x $ como gaussiana, olha como é perto visualmente, mas a manipulação me escapa.

Aqui é o caso onde $n=20$:

Adendo: esta postagem pode ser relevante .

Se você deixar $m_n>1$ ser a solução única para $m_n = \frac{n}{1+\ln(m_n)}$ e $S_n=\sum_{k=1}^n k^{n-k}$ (Eu mudei n por um como em seus gráficos), então $$ \lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{1}{S_n} m_n^{n-m_n+1} \sqrt{\frac{2\pi}{m_n+n}} =1.$$ Isso é o que você suspeitaria usando o método de Laplace, escrevendo $x^{n-x}=e^{f_n(x)}$ aproximando $f_n$ por uma parábola no máximo (que é para $x=m_n$) e calcular a integral de gauss resultante. Não verifiquei rigorosamente se a correção de terceira ordem da fórmula de Laplace é insignificante, mas numericamente o acima parece ser válido.

EDITAR: Deixe-me esboçar o esboço de uma prova (preencher os detalhes provavelmente equivaleria a escrever cerca de 3 páginas, repleto de fórmulas). Ela segue linhas mais ou menos conhecidas no caso da fórmula de Stirlings.

Etapa 1: mostrar isso $\sum_{k=1}^n k^{n-k}$ é equivalente ao integral $\int_1^n e^{f_n(x)}dx$ com $f_n(x)=(n-x)\ln(x)$ Como $n\rightarrow +\infty$. Isso não é tão difícil.

Etapa 2: nós escrevemos $m=m_n$. Substituindo$x=m+ t \frac{m}{\sqrt{m+n}}$ e usando $\ln m = \frac{n-m}{m}$ obtém-se depois de alguma álgebra: \begin{align} f_n(x) & = m \left( \frac{n-m}{m} - \frac{t}{\sqrt{n+m}}\right) \left( \frac{n-m}{m} + \ln \left(1+ \frac{t}{\sqrt{n+m}} \right)\right)\\ & = m\left(\frac{n-m}{m}\right)^2 -\frac{t^2}{2} + O\left(\frac{t^3}{\sqrt{n}}\right)\end{align} e depois $ \int_1^n e^{f_n(x)} dx = \frac{m_n^{n-m_n+1}}{\sqrt{n+m}} \int_{-l_n}^{u_n} \exp \left( -\frac{t^2}{2} + O \left( \frac{t^3}{\sqrt{n}}\right)\right)\; dt.$ Aqui, $l_n,u_n\rightarrow +\infty$ Como $n$ vai para o infinito e, pontualmente, o integrando vai para $e^{-t^2/2}$.

Etapa 3: Mostre que o integrando é limitado uniformemente em $n$ por uma função integrável e aplique a convergência dominada de Lebesgue para concluir a prova.

Para a Etapa 3, observe que uma função gaussiana não funcionaria como uma função dominante devido à cauda logarítmica em $f_n$. Você precisa construir a função dominante de uma forma mais inteligente. É aqui que os cálculos ficam mais feios e deixo isso de lado.

Resposta parcial: $(a-x)^x= Ae^{-(x-b)^2/c}+O(|x-b|^3)$

Pegando logs $$x\ln(a-x)=\ln A-(x-b)^2/c$$

Deixei $x=b+y$, então expandindo dá $$b\ln(a-b)+y\ln(a-b)-\frac{b}{a-b}y-\frac{1}{a-b}y^2-\frac{b}{2(a-b)^2}y^2+O(y^3)=\ln A-\frac{y^2}{c}$$

Comparando os termos de que precisamos $$\ln A=b\ln(a-b),$$ $$(a-b)\ln(a-b)=b,$$ $$\frac{1}{c}=\frac{1}{a-b}+\frac{b}{2(a-b)^2}=\frac{2a-b}{2(a-b)^2}.$$ Estes determinam $b,A,c$ para o melhor ajuste.

Verificando com o exemplo $a=20$, dá $b=13.16$, $c=-3.49$, $A=9.7\times10^{10}$.

Isso sugere que tomemos $A\sqrt{\pi c}=\sqrt{2\pi}\frac{(a-b)^{b+1}}{\sqrt{2a-b}}$ como a aproximação da soma.

Comparando a soma de $n=a=10,\ldots,20$ dá

$$Sum(n)=11377, 49863, 232768, 1151914, 6018785, 33087205, 190780212, 1150653920, 7241710929, 47454745803, 323154696184$$

$$Approx(n)=11374, 49845, 232672, 1151410, 6016080, 33072000, 190692000, 1150120000, 7238320000, 47432600000, 323004000000$$

A partir da resposta de @Crystomath, para um determinado valor de $a$ temos expressões analíticas para $A$, $b$ e $c$.

O truque é reescrever sua segunda equação $$(a-b)\ln(a-b)=b$$ $$(a-b)+(a-b)\ln(a-b)=a \implies k+k \log(k)=a \implies k=\frac{a}{W(e a)}$$ Onde $W(.)$é a função de Lambert. Então, isso dá$$\color{blue}{A=k^{a-k}\qquad b=a-k \qquad c=\frac{2 k^2}{a+k}}\qquad \text{with} \qquad \color{red}{k=\frac{a}{W(e a)}}$$ e depois $$A\sqrt{\pi c}= k^{a-k+1} \sqrt{\frac{2 \pi}{a+k}}$$ Arredondando os números, para $a=20$, isso gera a sequência $$\{2,4,9,23,66,210,733,2780,11374,49845,232672,1151412,6016082,33072048,190691716, 1150116697,7238323772,47432585137,323004401255,2281724622065, 16693240814087\}$$ ao invés de $$\{1,3,8,22,65,209,732,2780,11377,49863,232768,1151914,6018785,33087205,190780212,11 50653920,7241710929,47454745803,323154696184, 2282779990494, 16700904488705\}$$

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Todo o trabalho pode ser feito sem expansões, mas sim identificação de função em um único ponto.

Considerar $$f(x)=(a-x)^x $$ $$f'(x)=(a-x)^x \left(\log (a-x)-\frac{x}{a-x}\right)$$ $$f''(x)=(a-x)^{x-2} \left((a-x) \log (a-x) ((a-x) \log (a-x)-2 x)-2 a+x^2+x\right)$$ $$ g(x)=A e^{-\frac{(x-b)^2}{c}}$$ $$g'(x)=-\frac{2 A (x-b) e^{-\frac{(x-b)^2}{c}}}{c}$$ $$ g''(x)=-\frac{2 A e^{-\frac{(b-x)^2}{c}} \left(c-2 (b-x)^2\right)}{c^2}$$ Calcular $x_*$ correspondendo a $f'(x)=0$ e então resolver para $(A,b,c)$ as equações $$f(x_*)=g(x_*) \qquad \qquad f'(x_*)=g'(x_*) \qquad \qquad f''(x_*)=g''(x_*) $$ Com certeza, isso leva aos mesmos resultados.