límite de $n \left(e-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}\right) = ?$

Question

Como en el título: $$ \lim_{n\to\infty} n \left(e-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}\right) = ? $$ Numéricamente, parece que 0, pero, ¿cómo demostrar/refutarla? He intentado mostrar que la velocidad de convergencia de la suma de e es más rápido que el $1/n$, pero sin éxito.

Answer 1

El coeficiente binomial

$${n+m\choose n}={(n+m)!\over n!m!}$$

es un entero positivo si $m,n\ge0$, lo que implica

$${1\over(n+m)!}\le{1\over n!m!}$$

así

$$e-\sum_{k=0}^{n-1}{1\over k!}=\sum_{k=n}^\infty{1\over k!}=\sum_{m=0}^\infty{1\over(n+m)!}\le{1\over n!}\sum_{m=0}^\infty{1\over m!}={e\over n!}$$

Answer 2

Usted puede tratar de demostrar que $\frac{1}{n!}\leq\frac{2}{2^n}$,$\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\dots\leq\frac{4}{2^n}$.

$$\frac{1}{n!}\leq\frac{1}{1\times2\times3\times\dots\times n}\leq\frac{1}{1\times2\times2\times\dots\times2}=\frac{2}{2^n}$$

Por lo $\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}+\dots\leq\frac{2}{2^n}+\frac{2}{2^{n+1}}+\frac{2}{2^{n+2}}+\dots\leq\frac{4}{2^n}$.

Por lo tanto,

$$\lim_{n\rightarrow\infty}n(e-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!})\leq\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{4n}{2^n}=0$$

También, es claro que el límite es no negativo, como $e-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}\geq0$.

Por lo tanto, el límite de la expresión de la $n\rightarrow\infty$$0$.

Answer 3

SUGERENCIA: (si usted está familiarizado con la función gamma):

$$\lim_{n\to\infty}n\left(e-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}\right)=$$ $$\lim_{n\to\infty}n\left(e-\frac{e\Gamma(n,1)}{\Gamma(n)}\right)=$$ $$\lim_{n\to\infty}n\left(\frac{e\left(\Gamma(n)-\Gamma(n,1)\right)}{\Gamma(n)}\right)=$$ $$\lim_{n\to\infty}\frac{en\left(\Gamma(n)-\Gamma(n,1)\right)}{\Gamma(n)}=$$ $$e\lim_{n\to\infty}\frac{n\Gamma(n)-n\Gamma(n,1)}{\Gamma(n)}=$$ $$e\lim_{n\to\infty}\left(n-\frac{n\Gamma(n,1)}{\Gamma(n)}\right)=$$ $$e\lim_{n\to\infty}\left(n-\frac{n^2\Gamma(n,1)}{n!}\right)=$$ $$-e\lim_{n\to\infty}\frac{n^2\Gamma(n,1)-nn!}{n!}$$

Answer 4

He intentado mostrar que la velocidad de convergencia de la suma a e es más rápido que el $1/n,$, pero sin éxito.

¿Has probado a Stirling aproximación ?

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En mi opinión, mucho más interesante hubiera sido tratando de demostrar que

$$\lim_{n\to\infty}(n+a)\bigg[~e^b-\bigg(1+\dfrac b{n+c}\bigg)^{n+d}~\bigg]~=~b~e^b~\bigg(\dfrac b2+c-d\bigg),$$

puesto que, en este caso, el crecimiento de la última fórmula hacia $e^b$ es comparable a la de $1/n.$
En su ejemplo, sin embargo, para que el producto de la convergencia a un "significativo" no-cero
la cantidad, el orden de la multiplicación del factor debería haber sido en algún lugar en el rango de
$n!$, como ya se ha señalado poner por Daniel Fischer en los comentarios.

Answer 5

Voy a demostrar que $\lim_{n \to \infty} n^m(e-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}) = 0 $ para cualquier finito $m$.

$\begin{array}\\ e-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!} &=\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k!}\\ &=\frac1{n!}\sum_{k=n}^{\infty} \frac{n!}{k!}\\ &=\frac1{n!}\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{\prod_{j=n+1}^{k} j}\\ &=\frac1{n!}\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{\prod_{j=1}^{k-n} (j+n)}\\ &\le\frac1{n!}\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{\prod_{j=1}^{k-n} (1+n)}\\ &=\frac1{n!}\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^{k-n}}\\ &=\frac1{n!}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^{k}}\\ &=\frac1{n!}\frac{1}{1-\frac1{n+1}}\\ &=\frac1{n!}\frac{n+1}{n}\\ \end{array} $

Desde $\lim_{n \to \infty} \frac{n^m}{n!} = 0 $ para cualquier finito $m$, $\lim_{n \to \infty} n^m(e-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}) = 0 $ para cualquier finito $m$.

También tenga en cuenta que $\lim_{n \to \infty} n!(e-\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}) = 1 $.