Cómo probar, para cada $n$, $ \lim\limits_{x\to\infty}f_{n}(x)=\frac{1}{n!}$

Question

Que $$f{1}(x)=\left(\left(\dfrac{\ln{(1+x)}}{\ln{x}}\right)^x-1\right)\ln{x}$ $ $$f{2}(x)=\left(\left(\left(\dfrac{\ln{(1+x)}}{\ln{x}}\right)^x-1\right)\ln{x}-1\right)\ln{x}$ $ $$f{3}(x)=\left(\left(\left(\left(\dfrac{\ln{(1+x)}}{\ln{x}}\right)^x-1\right)\ln{x}-1\right)\ln{x}-\dfrac{1}{2!}\right)\ln{x}$ $ % $ $$\cdots\cdots\cdots\cdots$$$f{n+1}(x)=\left(f_{n}(x)-\dfrac{1}{n!}\right)\ln{x}$$

Encontrar el límite %#% $ #%

Sé %#% $ #%

así que me imagino que $$\lim{x\to +\infty}f{n}(x)$ $ pero yo no puedo probarlo, gracias

Answer 1

El resultado se da si, para cada $n\geqslant0$, $$ \left(\frac{\log(x+1)}{\log x}\right)^x=\sum_{k=0}^n\frac1{k!(\log x)^k}+O\left(\frac1{(\log x)^{n+1}}\right). $$ Para mostrar esto, tenga en cuenta que $$ \frac{\log(x+1)}{\log x}=1+\frac{\log(1+1/x)}{\log x}=1+\frac1{x\log x}+O\left(\frac1{x^2}\right), $$ por lo tanto $$ x\log\left(\frac{\log(x+1)}{\log x}\right)=\frac1{\log x}+O\left(\frac1{x}\right), $$ y $$ \left(\frac{\log(x+1)}{\log x}\right)^x=\exp\left(\frac1{\log x}+O\left(\frac1{x}\right)\right). $$ Para cada $n\geqslant0$, $$ \exp(u)=\sum_{k=0}^n\frac{u^k}{k!}+v_n(u), $$ al $u\to0$ donde $v_n(u)=O\left(u^{n+1}\right)$. Aplicando esto a $$ u(x)=\frac1{\log x}+O\left(\frac1{x}\right) $$ los rendimientos $$ \sum_{k=0}^n\frac{u(x)^k}{k!}=\sum_{k=0}^n\frac1{k!(\log x)^k}+O\left(\frac1{x}\right)\qquad v_n(u(x))=O\left(\frac1{(\log x)^{n+1}}\right), $$ por lo tanto el resultado de la siguiente manera.

Answer 2

Suponiendo que ese % $ $$f{n+1}=\left(f{n}-\dfrac{1}{n}\right)\ln{x}$creo que usted concluyó demasiado rápido. Lo que encontré es que el límite de $f_1$ $1$, que es el límite de $f_2$ $1/2$, sino que es el límite de $f_3$ $1/6$. Pero lo que encontré (con la esperanza de no error por mi parte), que es el límite de $f_n$ $-\infty$ tan pronto como $n>3$.