The English version follows the Japanese text.
reddit で面白い問題を見付けたので, 問題を整理して紹介する.
問題
x\in\mathbb{R} に対し,
\begin{align*}
f(x)
&= \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1}\left(\frac{x}{k}\right)^k \tag{☆} \\
&= x - \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{27} - \frac{x^4}{256} +\cdots
\end{align*}
で定める. 次の各問に答えよ.
(1) f が実数値関数として well-defined であること, すなわちすべての x\in\mathbb{R} に対して, (☆) の無限級数が絶対収束することを示せ.
(2) n=0,1,2,\dots に対し,
\begin{align*}
\int_0^1 (x\log x)^n\,dx
\end{align*}
を n の式で表せ.
(3) x\in\mathbb{R} に対し,
\begin{align*}
f(x) = \int_0^1 xy^{xy}\,dy
\end{align*}
が成り立つことを示せ.
(4) \lim_{x\to\infty}f(x) を求めよ.
解答例
(1) x\in\mathbb{R} とすると,
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{\infty} \left|\frac{x}{k}\right|^k
&\leq \sum_{k=1}^{\infty} \frac{|x|^k}{k!} \\[.5em]
&= e^{|x|}-1 < \infty
\end{align*}
である. よって, (☆) の無限級数は絶対収束する.
(2) n=0,1,2,\dots とする. t=-(n+1)\log x と変数変換すると,
\begin{align*}
\int_0^1 (x\log x)^n\,dx
&= \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}} \int_0^\infty t^ne^{-t}\,dt \\[.5em]
&= \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}} \Gamma(n+1) \\[.5em]
&= \frac{(-1)^n\,n!}{(n+1)^{n+1}}
\end{align*}
である.
(3) (2) と Fubini の定理より,
\begin{align*}
\int_0^1 xy^{xy}\,dy
&= \int_0^1 xe^{xy\log y}\,dy \\[.5em]
&= \int_0^1 dy \sum_{k=0}^\infty \frac{x^{k+1}(y\log y)^k}{k!} \\[.5em]
&= \sum_{k=0}^\infty \int_0^1 \frac{x^{k+1}(y\log y)^k}{k!}\,dy \\[.5em]
&= \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \left(\frac{x}{k}\right)^k
\end{align*}
である.
ここで, 0<y\leq 1 に対して |y\log y|=-y\log y であることより, 上と同様の変形で Fubini の定理を適用できることが分かる.
(4) x>0 とする.
\begin{align*}
\int_0^1 xy^{xy}\,dy
&= x\int_0^1 e^{-x(-y\log y)}\,dy
\end{align*}
である.
関数 y\mapsto -y\log y は区間 (0,e^{-1}] 上で狭義単調増加し, 区間 [e^{-1},1] 上で狭義単調減少し, 最小値 0 を取る. また, \lim_{y\to 0+}(-y\log y)=0 である.
Laplace の方法 (定理 A2) を用いるために
\begin{align*}
\int_0^1 xy^{xy}\,dy
&= x\int_0^{e^{-1}} e^{-x(-y\log y)}\,dy + x\int_0^{1-e^{-1}} e^{-x\{-(1-y)\log (1-y)\}}\,dy
\end{align*}
とする.
まず, p(y)=-(1-y)\log (1-y)~(0\leq y< 1) とおく.
\begin{align*}
p(y)-p(0) \sim y, \quad p'(y) \sim 1, \qquad y\to 0+
\end{align*}
より, 定理 A2 を用いると,
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty}x\int_0^{1-e^{-1}} e^{-x\{-(1-y)\log (1-y)\}}\,dy
&= 1
\end{align*}
を得る.
次に, 0<\varepsilon<1 を取り, \delta=e^{-1/\varepsilon} とする. q(y)=-y\log y~(0<y\leq 1) とおく. 命題 A1 より,
\begin{align*}
\int_0^{e^{-1}} e^{-xq(y)}\,dy
&\sim \int_0^{\delta} e^{-xq(y)}\,dy, \qquad x\to\infty
\end{align*}
である. ここで, q(y)\geq -y\log\delta~(0<y\leq\delta) である. よって,
\begin{align*}
x\int_0^{\delta} e^{-xq(y)}\,dy
&\leq x\int_0^{\delta} e^{-x(-y\log \delta)}\,dy \\[1em]
&\leq \varepsilon
\end{align*}
である. したがって,
\begin{align*}
\limsup_{x\to\infty}x\int_0^{e^{-1}} e^{-xq(y)}\,dy
&\leq \lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^{e^{-1}} e^{-xq(y)}\,dy}{\displaystyle\int_0^{\delta} e^{-xq(y)}\,dy} \cdot \limsup_{x\to\infty}x\int_0^{\delta} e^{-xq(y)}\,dy \\[1em]
&\leq \varepsilon
\end{align*}
である. \varepsilon\to 0 として,
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty} x\int_0^{e^{-1}} e^{-xq(y)}\,dy = 0
\end{align*}
を得る.
以上より, \lim_{x\to\infty}f(x)=1 が分かる. \phantom{2zw}\Box
補足: Laplace の方法
(4) を解く際に用いた Laplace の方法について, 参考としてここに結果だけを記載する. 詳細はこちらの記事を参照されたい.
以下, \overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup \{\pm\infty\} とする.
定義. a\in\overline{\mathbb{R}} とし, f,g\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R} とする.
\begin{align*}
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=1
\end{align*}
が成り立つとき, f は x\to a で g に漸近的である, または g は x\to a のときの f の漸近近似であるといい,
\begin{align*}
f(x) \sim g(x), \qquad x\to a
\end{align*}
で表す.
以後, a,b\in\overline{\mathbb{R}}, a<b とし, J=[a,b] とおく. ただし,
\begin{align*}
[a,b]
&=
\begin{cases}
(-\infty,b], & a=-\infty,\,b<\infty, \\[.5em]
[a,\infty), & a>-\infty,\,b=\infty, \\[.5em]
(-\infty,\infty), & a=-\infty,\,b=\infty
\end{cases}
\end{align*}
とする.
p,q\colon J\to\mathbb{R} に対し,
\begin{align*}
I(x) &= \int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt
\end{align*}
とおく. この積分 I(x) について, x\to\infty のときの漸近的な評価について考える.
以下, 特に断らない限り, -\infty<a とする.
命題 A1. (a) 任意の c>a に対し,
\begin{align*}
p(a) < \inf_{t\geq c,~t\in J}p(t)
\end{align*}
である.
(b) p は a で右連続である.
(c) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty である.
(d) ある \delta_0>0 に対し, \inf_{t\in [a,a+\delta_0]}q(t)\geq 0 または \sup_{t\in [a,a+\delta_0]}q(t)\leq 0 であり, かつ任意の \delta>0 に対して \int_a^{a+\delta}\boldsymbol{1}_{\{t\in J\mid |q(t)|>0\}}(t)\,dt>0 である.
また, a+\delta\in J なる \delta>0 に対し,
\begin{align*}
I(x,\delta) = \int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xp(t)}\,dt
\end{align*}
とおく.
このとき, 0<\delta<\delta_0 ならば,
\begin{align*}
I(x) \sim I(x,\delta), \qquad x\to\infty
\end{align*}
である.
定理 A2 (Laplace の方法). 次の (a)-(e) を仮定する.
(a) 任意の c>a に対し,
\begin{align*}
p(a) < \inf_{t\geq c,~t\in J}p(t)
\end{align*}
である.
(b) p は a で右連続で, かつある \sigma>0 に対して, (a,a+\sigma] 上狭義単調増加かつ C^1-級である.
(c) ある P,\mu>0 に対し,
\begin{align*}
p(t) - p(a) \sim P(t-a)^\mu,\quad p'(t) \sim \mu P(t-a)^{\mu-1}, \qquad t\to a+
\end{align*}
である.
(d) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty である.
(e) ある \lambda>0 と Q\neq 0 に対し,
\begin{align*}
q(t) \sim Q(t-a)^{\lambda-1}, \qquad t\to a+
\end{align*}
である.
このとき,
\begin{align*}
I(x) &\sim \frac{Q}{\mu} \frac{e^{-xp(a)}}{(Px)^{\frac{\lambda}{\mu}}} \,\Gamma\left( \frac{\lambda}{\mu} \right), \qquad x\to\infty
\end{align*}
が成り立つ. ただし, \Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}\,dt~(z>0) である.
[English Version]
We present an interesting problem found on reddit, reformulated for clarity.
Problem
For x\in\mathbb{R}, define
\begin{align*}
f(x)
&= \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1}\left(\frac{x}{k}\right)^k \tag{☆} \\
&= x - \frac{x^2}{4} + \frac{x^3}{27} - \frac{x^4}{256} +\cdots.
\end{align*}
Answer the following questions:
(1) Show that f is well-defined as a real-valued function, that is, prove that the infinite series (☆) converges absolutely for all x\in\mathbb{R}.
(2) For n=0,1,2,\dots, express
\begin{align*}
\int_0^1 (x\log x)^n\,dx
\end{align*}
in terms of n.
(3) Prove that for x\in\mathbb{R},
\begin{align*}
f(x) = \int_0^1 xy^{xy}\,dy.
\end{align*}
holds.
(4) Find \lim_{x\to\infty}f(x).
Solution
(1) For x\in\mathbb{R}, we have
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{\infty} \left|\frac{x}{k}\right|^k
&\leq \sum_{k=1}^{\infty} \frac{|x|^k}{k!} \\[.5em]
&= e^{|x|}-1 < \infty.
\end{align*}
Therefore, the infinite series (☆) converges absolutely.
(2) For n=0,1,2,\dots, substituting t=-(n+1)\log x yields
\begin{align*}
\int_0^1 (x\log x)^n\,dx
&= \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}} \int_0^\infty t^ne^{-t}\,dt \\[.5em]
&= \frac{(-1)^n}{(n+1)^{n+1}} \Gamma(n+1) \\[.5em]
&= \frac{(-1)^n\,n!}{(n+1)^{n+1}}.
\end{align*}
(3) By (2) and Fubini's theorem,
\begin{align*}
\int_0^1 xy^{xy}\,dy
&= \int_0^1 xe^{xy\log y}\,dy \\[.5em]
&= \int_0^1 dy \sum_{k=0}^\infty \frac{x^{k+1}(y\log y)^k}{k!} \\[.5em]
&= \sum_{k=0}^\infty \int_0^1 \frac{x^{k+1}(y\log y)^k}{k!}\,dy \\[.5em]
&= \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \left(\frac{x}{k}\right)^k.
\end{align*}
Here, noting that |y\log y|=-y\log y for 0<y\leq 1, we can verify that Fubini's theorem is applicable through similar arguments as above.
(4) For x>0, we have
\begin{align*}
\int_0^1 xy^{xy}\,dy
&= x\int_0^1 e^{-x(-y\log y)}\,dy.
\end{align*}
The function y\mapsto -y\log y is strictly increasing on (0,e^{-1}] and strictly decreasing on [e^{-1},1], attaining its minimum value 0 at y=1. Moreover, \lim_{y\to 0+}(-y\log y)=0.
To apply Laplace's method (Theorem A2), we decompose the integral as
\begin{align*}
\int_0^1 xy^{xy}\,dy
&= x\int_0^{e^{-1}} e^{-x(-y\log y)}\,dy + x\int_0^{1-e^{-1}} e^{-x\{-(1-y)\log (1-y)\}}\,dy.
\end{align*}
First, setting p(y)=-(1-y)\log (1-y) for 0\leq y< 1, we have
\begin{align*}
p(y)-p(0) \sim y, \quad p'(y) \sim 1, \qquad y\to 0+.
\end{align*}
Applying Theorem A2 yields
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty}x\int_0^{1-e^{-1}} e^{-x\{-(1-y)\log (1-y)\}}\,dy
&= 1.
\end{align*}
Next, take 0<\varepsilon<1 and set \delta=e^{-1/\varepsilon}. Let q(y)=-y\log y for 0<y\leq 1. By Proposition A1,
\begin{align*}
\int_0^{e^{-1}} e^{-xq(y)}\,dy
&\sim \int_0^{\delta} e^{-xq(y)}\,dy, \qquad x\to\infty.
\end{align*}
Since q(y)\geq -y\log\delta for 0<y\leq\delta, we obtain
\begin{align*}
x\int_0^{\delta} e^{-xq(y)}\,dy
&\leq x\int_0^{\delta} e^{-x(-y\log \delta)}\,dy \\[1em]
&\leq \varepsilon.
\end{align*}
Therefore,
\begin{align*}
\limsup_{x\to\infty}x\int_0^{e^{-1}} e^{-xq(y)}\,dy
&\leq \lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^{e^{-1}} e^{-xq(y)}\,dy}{\displaystyle\int_0^{\delta} e^{-xq(y)}\,dy} \cdot \limsup_{x\to\infty}x\int_0^{\delta} e^{-xq(y)}\,dy \\[1em]
&\leq \varepsilon.
\end{align*}
Letting \varepsilon\to 0, we obtain
\begin{align*}
\lim_{x\to\infty} x\int_0^{e^{-1}} e^{-xq(y)}\,dy = 0.
\end{align*}
From the above, we conclude that \lim_{x\to\infty}f(x)=1. \phantom{2zw}\Box
Appendix: Laplace's Method
We provide here only the statements of results concerning Laplace's method used in solving (4). For details, see this article.
Let \overline{\mathbb{R}}=\mathbb{R}\cup \{\pm\infty\}.
Definition. Let a\in\overline{\mathbb{R}}, and let f,g\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}. When
\begin{align*}
\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=1
\end{align*}
holds, we say that f is asymptotic to g as x\to a, or that g is an asymptotic approximation of f as x\to a, and write
\begin{align*}
f(x) \sim g(x), \qquad x\to a.
\end{align*}
Hereafter, let a,b\in\overline{\mathbb{R}}, a<b, and set J=[a,b]. We use the convention
\begin{align*}
[a,b]
&=
\begin{cases}
(-\infty,b], & a=-\infty,\,b<\infty, \\[.5em]
[a,\infty), & a>-\infty,\,b=\infty, \\[.5em]
(-\infty,\infty), & a=-\infty,\,b=\infty.
\end{cases}
\end{align*}
For functions p,q\colon J\to\mathbb{R}, define
\begin{align*}
I(x) &= \int_J q(t)e^{-xp(t)}\,dt.
\end{align*}
Unless stated otherwise, we assume -\infty<a.
Proposition A1. Assume the following conditions (a)-(e):
(a) For every c>a,
\begin{align*}
p(a) &< \inf_{t\geq c,~t\in J} p(t).
\end{align*}
(b) p is right-continuous at a.
(c) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty.
(d) There is a \delta_0>0 such that either \inf_{t\in [a,a+\delta_0]}q(t)\geq 0 or \sup_{t\in [a,a+\delta_0]}q(t)\leq 0, and for every \delta>0, \int_a^{a+\delta}\boldsymbol{1}_{\{t\in J\mid |q(t)|>0\}}(t)\,dt>0.
For \delta>0 with a+\delta\in J, define
\begin{align*}
I(x,\delta) = \int_a^{a+\delta} q(t)e^{-xp(t)}\,dt.
\end{align*}
If 0<\delta<\delta_0, then
\begin{align*}
I(x) \sim I(x,\delta), \qquad x\to\infty.
\end{align*}
Theorem A2 (Laplace's Method). Assume the following conditions (a)-(e):
(a) For every c>a,
\begin{align*}
p(a) < \inf_{t\geq c,~t\in J}p(t).
\end{align*}
(b) p is right-continuous at a, and, for some \sigma>0, strictly increasing and of the class C^1 on (a,a+\sigma].
(c) There are P and \mu>0 such that
\begin{align*}
p(t) - p(a) \sim P(t-a)^\mu,\quad p'(t) \sim \mu P(t-a)^{\mu-1}, \qquad t\to a+.
\end{align*}
(d) \int_J |q(t)|e^{-p(t)}\,dt<\infty.
(e) There are \lambda>0 and Q\neq 0 such that
\begin{align*}
q(t) \sim Q(t-a)^{\lambda-1}, \qquad t\to a+.
\end{align*}
Then, it holds that
\begin{align*}
I(x) &\sim \frac{Q}{\mu} \frac{e^{-xp(a)}}{(Px)^{\frac{\lambda}{\mu}}} \,\Gamma\left( \frac{\lambda}{\mu} \right), \qquad x\to\infty,
\end{align*}
where \Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}\,dt for z>0.
Discussion