這個序列的漸近行為是什麼樣的？

12-03

函數 $F_{n} (x)=1+x+frac{x^2}{2!}+cdots+frac{x^n}{n!}$ ，那麼可以證明當 $n=2k-1$ 且 $kin N^*$ 時 $F_{2k-1}(x)$ 有唯一的實零點 $x_k$ 且 $x_k<0$ ，並且 $mathop{lim}_{k ightarrow infty }x_k ightarrow -infty$ 。那麼序列 $x_k$ 在 $k ightarrow infty$ 時的漸近行為是什麼樣子的？

謝邀，跟樓上差不多，我證到了 $frac {2} {e^2}<frac{|x_k|}{k}<frac 2 e$ ，對 $k$ 足夠大成立.
後來想起來 @cloak shining說過要搜索……於是去搜了一下，關於這個的文章還真是非常的多呢～
這個結論來自匈牙利數學家Gábor Szeg?
G??bor Szeg??

並且這個多項式的復根的分布也很有特點，其根除掉n之後會趨近於曲線 $|ze^{1-z}|=1(|z|leq 1)$ ，如下圖

證明容我再搜一下，看看有沒有用的複分析不多的比較初等的證法。btw上面的論文來自JSTOR: The American Mathematical Monthly, Vol. 112, No. 10 (Dec., 2005), pp. 891-909，未必能下載，我是掛代理下的。

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整理並翻譯了一下 @rainbow zyop提的那篇文章里第一部分的證明，感覺裡面有個地方有點問題，就補了一些東西.這裡面用到了一些複分析的知識，但是比較基礎.
地址：https://www.math.washington.edu/~morrow/336_09/papers/Ian.pdf

按照題主的記號，記 $F_n(x)=sum_{k=0}^n{frac{x^k}{k!}}$ .首先把多項式變成復變數的多項式，即令 $F_n(z)=sum_{k=0}^n{frac{z^k}{k!}}$ ，可以大致估計一下根的範圍.

引理 1.若多項式 $p(z)=a_0+a_1z+cdots+a_nz^n$ ，其中 $a_i>0$ ，記 $alpha$ 和 $eta$ 分別為 $frac{a_0}{a_1},frac{a_1}{a_2},cdots,frac{a_{n-1}}{a_n}$ 中最小數和最大數，則 $p(z)$ 的根完全落在 $alphaleq|z|leqeta$ 這樣一個圓環中.

證明：先證明 $|z|>eta$ 時不可能是根.記
$r(z)=(eta-z)p(z)=eta a_0+sum_{k=1}^n(eta a_k-a_{k-1})z^k-a_nz^{n+1}$
對複數 $|z|>eta$ ， $p(z)=0iff r(z)=0$ .若 $r(z)=0$ ，注意到 $eta a_k-a_{k-1}leq 0$ ，則
$|a_nz^{n+1}|leqeta a_0+sum_{k=1}^n(a_{k-1}-eta a_k)|z|^k\ =eta a_0+sum_{k=1}^n(eta^k a_{k-1}-eta^{k+1} a_k)frac{|z|^k}{eta^k}\ leqeta a_0+sum_{k=1}^n(eta^k a_{k-1}-eta^{k+1} a_k)frac{|z|^n}{eta^n}\ =eta a_0+(eta^{n+1}a_n-eta a_0)frac{|z|^n}{eta^n}\ =a_neta |z|^n+eta a_0(1-frac{|z|^n}{eta^n})\ leq a_neta|z|^n$
（請原諒我這捉急的排版……）
這樣就導出了一個矛盾.而對於另一邊，只要令 $q(z)=z^np(frac 1 z)$ 即可.

根據引理， $F_n$ 的根都滿足 $1leq |z|leq n$ .那麼現在考慮 $p_n(z)=F_n(nz)$ ，這樣的話 $p_n$ 的根全部落在單位圓內部，即 $p_n$ 的根滿足 $frac 1 nleq|z|leq 1$ .

下面證明 $p_n$ 的根會逼近曲線 $Gamma:|ze^{1-z}|=1 (|z|leq 1)$ . $Gamma$ 如下圖

首先證明 $p_n$ 的根到 $Gamma$ 的距離的下界.為此，首先證明一個引理，這是對 $F_n(n)$ 的估計.

引理 2. $p_n(1)=F_n(n)>frac 1 2e^n$
證明：利用余項公式， $e^{n}=F_n(n)+r_n(n)$
其中 $r_n(n)=frac {1}{ n!}int_0^n e^t(n-t)^ndt$ ，因此
$e^{-n}r_n(n)=frac {1}{ n!}int_0^n e^{-n+t}(n-t)^ndt=frac {1}{ n!}int_0^n e^{-t}t^ndt\ =frac{n^{n+1}}{n!}int_0^1 (e^{-t}t)^ndt$
從而 $e^{-n}F_n(n)=frac {1}{ n!}int_n^{+infty} e^{-t}t^ndt\ =frac{n^{n+1}}{n!}int_1^{+infty} (e^{-t}t)^ndt$
利用函數 $g(t)=e^{-t}t$ 在 $0<u<1$ 成立 $g(1-u)<g(1+u)$ （證明留作習題）
因此 $int_0^1 (e^{-t}t)^ndt<int_1^2 (e^{-t}t)^ndt<int_1^{+infty} (e^{-t}t)^ndt$
因此 $e^{-n}F_n(n)>e^{-n}r_n(n)$ .又 $e^{-n}F_n(n)+e^{-n}r_n(n)=1$ ，因此 $F_n(n)>frac 1 2e^n$ .

事實上，更加細緻的估計可以告訴我們， $F_n(n)sim frac{e^n}{2}$ .
插敘： $F_n(n)=1+n+frac{n^2}{2!}+cdots+frac{n^n}{n!}sim frac{e^n}{2}$
證明：我們只要證明， $e^{-n}F_n(n) ightarrow frac 1 2$ .
而 $e^{-n}F_n(n)=frac {1}{ n!}int_n^{+infty} e^{-t}t^ndt=frac {1}{ e^n n!}int_0^{+infty} e^{-x}(n+x)^ndt\=frac {n^n}{ e^n n!}int_0^{+infty} e^{-x}(1+frac x n)^ndx$
而根據Stirling公式， $frac {n^nsqrt n}{ e^n n!} ightarrow frac{1}{sqrt{2pi}}$ ，看來我們還得湊出一個 $sqrt n$ 來.
令 $x=ysqrt n$ ，則
$frac {n^n}{ e^n n!}int_0^{+infty} e^{-x}(1+frac x n)^ndx=frac {n^nsqrt n}{ e^n n!}int_0^{+infty} e^{-ysqrt n}(1+frac{y}{sqrt n})^ndy$
下面來看被積函數 $e^{-ysqrt n}(1+frac{y}{sqrt n})^n$ 的極限，不妨取個對數.
$lim_{n ightarrow infty}lnBig(e^{-ysqrt n}(1+frac{y}{sqrt n})^nBig)=lim_{n ightarrow infty}Big(-ysqrt n+nlnig(1+frac{y}{sqrt n}ig)Big)\=lim_{n ightarrow infty}Big(-ysqrt n+nfrac{y}{sqrt n}-nfrac 1 2ig(frac{y}{sqrt n}ig)^2+o(1)Big)=-frac{y^2}{2}$
$lim_{n ightarrow infty}e^{-ysqrt n}(1+frac{y}{sqrt n})^n=e^{-y^2/2}$
然後根據控制收斂定理（因為容易證明被積函數 $e^{-ysqrt n}(1+frac{y}{sqrt n})^n$ 關於 $n$ 單調）
$lim_{n ightarrow infty}int_0^{+infty} e^{-ysqrt n}(1+frac{y}{sqrt n})^ndy=lim_{n ightarrow infty}int_0^{+infty} e^{-y^2/2}dy=sqrt{frac{pi}{2}}$
而 $frac {n^nsqrt n}{ e^n n!} ightarrow frac{1}{sqrt{2pi}}$ ，因此 $e^{-n}F_n(n) ightarrow frac 1 2$ .
插敘結束.

這樣的話
定理 1. $|ze^{1-z}|leq 2^{1/n}$ 時， $p_n(z) e 0$ .
證明：不妨設 $|z|leq1$ （因為 $|z|>1$ 時 $p_n$ 沒有根），因為
$|1-e^{-nz}p_n(z)|=Big|sum_{k=n+1}^{+infty}frac{(nz)^k}{k!}Big|=Big|(ze^{1-z})^n e^{-n} sum_{k=n+1}^{+infty}frac{n^kz^{k-n}}{k!}Big|\ leq|(ze^{1-z})^n e^{-n}r_n(1)|<1$

若 $p_n(z)=0$ ，上式左邊等於1，矛盾.

根據上面的定理，就可以估計 $z$ 的根到 $Gamma$ 的距離.
定理 2. $d(z,Gamma)<frac{2^{1/n}-1}{2e^2}$ 時， $p_n(z) e0$ .
證明：任意 $z$ 滿足上式，記 $uinGamma$ 滿足 $|z-u|<frac{2^{1/n}-1}{2e^2}$ .
考慮 $f(zeta)=zeta e^{1-zeta}$ ，則 $f$ .
注意到，當 $zeta$ 在 $u$ 和 $z$ 的連線上時，成立 $|f$ .
因此
$|f(z)|leq|f(u)|+Big|int_u^z f$
根據定理 1， $p_n(z) e 0$ .

下面估計根到 $Gamma$ 的上界.
令 $T_n(z)=frac{n!}{(nz)^n}p_n(z)$ .同時，令 $S_n(z)=frac{n!}{(nz)^n}r_n(nz)$ ，則
$T_n(z)+S_n(z)=frac{n!e^{nz}}{(nz)^n}=frac{n!(e/n)^n}{(ze^{1-z})^n}$

我們可以算 $T_n$ 的導數，即

引理 3. $T_n(z)=frac{z}{z-1}Big(1+frac{T_n$
證明： $p_n$
因此 $T_n$
因此 $T_n(z)=frac{z}{z-1}Big(1+frac{T_n$

引理 4. $|ze^{1-z}|geq1$ 時， $|T_n(z)|<2esqrt n$ .
證明：由Stirling公式， $frac{n!e^n}{n^nsqrt n} ightarrow sqrt{2pi}<e$ ，因此n充分大時， $frac{n!e^n}{n^n}<esqrt n$ .
（事實上，在Stirling公式的證明過程中就能夠說明，當 $n>1$ 時上面的不等式成立.）
分類討論.
$|z|geq 1$ 時：
$|T_n(z)|leq n!sum_{k=0}^nfrac{|nz|^{k-n}}{k!}leq n!sum_{k=0}^{infty}frac{n^{k-n}}{k!}=frac{n!e^n}{n^n}<esqrt n$
$|z|leq 1$ 時：
$|T_n(z)|leq Big|frac{n!(e/n)^n}{(ze^{1-z})^n}Big|+|S_n(z)|leq frac{n!e^n}{n^n}+|S_n(z)|< esqrt n+|S_n(z)|$
而 $|S_n(z)|leq n!sum_{k=n+1}^inftyfrac{|nz|^{k-n}}{k!}leq n!sum_{k=0}^{infty}frac{n^{k-n}}{k!}=frac{n!e^n}{n^n}<esqrt n$
因此 $|T_n(z)|<2esqrt n$ .

定理 3. $d(z,Gamma)>frac{2e}{sqrt n}$ 時， $p_n(z) e0$ .
反設 $p_n(z)=0$ ，這等價於 $T_n(z)=0$ .記 $delta=frac{2e}{sqrt n}$ ，以 $z$ 為心， $delta$ 為半徑畫圓，這個圓全部落在 $Gamma$ 外.如下圖

而 $T_n$ 在 $Gamma$ 外全純，因此有以下Cauchy積分公式：
$T_n$
因此 $|T_n$
而根據引理 3， $|T_n(z)|=Big|frac{z}{z-1}Big|Big|1+frac{T_n$ 0" eeimg="1">，矛盾.

結合定理 2和定理 3，我們知道，題主所給函數 $F_n$ 的復根除掉n之後會趨近於曲線 $|ze^{1-z}|=1(|z|leq 1)$ .

先佔坑，回去看看
Xk 以線性速度逼近無窮大

字跡比較潦草，見諒