¿Convergen $\displaystyle \frac{n}{\sum\limits_{k=1}^{n}\Big(\frac{k}{k+1}\Big)^k}$?

Question

<blockquote> <p>¿Converge la secuencia $$\displaystyle \frac{n}{\sum\limits_{k=1}^{n}\Big(\frac{k}{k+1}\Big)^k}$ $?</p> </blockquote> <p><em>Intento.</em> Ya que $\Big(\frac{k}{k+1}\Big)^k \rightarrow 1/e\neq 0$ y los términos son positivos, diverge la serie $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\Big(\frac{k}{k+1}\Big)^k$ $+\infty$. Encontrar difícil determinar si la suma o $n$ va más rápido a $+\infty.$</p> <p>Gracias de antemano.</p>

Answer 1

Recordar que por Stolz Cesaro tenemos

$$\lim{n\to \infty} \frac{a{n+1}-an}{b{n+1}-bn}=L \implies \lim{n\to \infty} \frac{a_n}{b_n}=L$$

y en ese caso tenemos

$$\lim{n\to \infty}\frac{n}{\sum\limits{k=1}^{n}\Big(\frac{k}{k+1}\Big)^k}=\lim{n\to \infty}\frac{1}{\Big(\frac{n+1}{n+2}\Big)^{n+1}}=\lim{n\to \infty}{\Big(\frac{n+2}{n+1}\Big)^{n+1}}=\lim_{n\to \infty}{\Big(1+\frac{1}{n+1}\Big)^{n+1}}\to e$$

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Para determinar la tasa de convergencia y también como una alternativa para resolver el límite, tenemos

$${\Big(\frac{k}{k+1}\Big)^k}=e^{k\log \Big(\frac{k}{k+1}\Big)}=e^{-k\log \Big(1+\frac{1}{k}\Big)}=e^{-k\Big(\frac{1}{k}-\frac{1}{2k^2}+O(k^{-3})\Big)}e^{-1+\frac{1}{2k}+O(k^{-2})}=\frac1e\left(1+\frac{1}{2k}+O(k^{-2})\right)$$

y por lo tanto

$$\sum\limits{k=1}^{n}\Big(\frac{k}{k+1}\Big)^k=\frac1e\sum\limits{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{2k}+O(k^{-2})\right)\sim\frac1e\left(n+\frac12\ln n\right)$$

Answer 2

Si $a_n\to L,$ entonces como es bien sabido, $(a_1+\cdots + a_n)/n \to L.$ $[n/(n+1)]^n \to 1/e,$ por lo tanto tenemos

$$\frac{\sum_{k=1}^{n}[k/(k+1)]^k}{n} \to \frac{1}{e}.$$

Tomando los recíprocos da el límite de $e.$

Answer 3

Términos de la suma en el denominador enfoque $\frac{1}{e}$ y $n$ de ellos, el límite de la secuencia es $e$.