Demostrar que $\lim _{x\to \infty \:}(1+\frac{x^x}{x!})^{\frac{1}{x}} = e$

Question

Usando una calculadora gráfica, parece que $\lim _{x\to \infty \:}(1+\frac{x^x}{x!})^{\frac{1}{x}} = e$. ¿Cómo puede probar esto?

Answer 1

Con Stirling, encontramos:

$$ \frac{x^x}{x!} \asymp \sqrt{2 \pi x} e^x$$

Ahora lo mejor sería escribir el logaritmo de la expresión y tomar el límite:

$$\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \log \left(1+\sqrt{2 \pi x} e^x\right)=\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \log \left(\sqrt{2 \pi x} e^x\right)=\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} \left( \frac{\log 2}{2}+\frac{\log \pi}{2}+\frac{\log x}{2}+x \right)=1$$

Por lo tanto

$$\lim_{x \to \infty} \log \left(1+\frac{x^x}{x!} \right)^{1/x}=1$$

Decir, el límite original es $e$

Answer 2

Desde $n! > (n/e)^n$, para un entero $x$, $1+\frac{x^x}{x!} <1+\frac{x^x}{(x/e)^x} =1+e^x $.

Por lo tanto, para un entero $x$, $(1+\frac{x^x}{x!})^{\frac{1}{x}} < (1+e^x)^{1/x} =e (1+e^{-x})^{1/x} =e (1+\frac{e^{-x}}{x}) =e +e\frac{e^{-x}}{x} $.

Desde $n! < (n/e)^{n+1}$, para un entero $x$, $1+\frac{x^x}{x!} \gt 1+\frac{x^x}{(x/e)^{x+1}} =1+\frac{e^{x+1}}{x} $.

Por lo tanto, para un entero $x$, $(1+\frac{x^x}{x!})^{\frac{1}{x}} > (1+\frac{e^{x+1}}{x})^{1/x} = e (e^{-x}+\frac{e}{x})^{1/x} = e \left(\frac{e}{x}\right)^{1/x}(1+e^{-x}\frac{x}{e})^{1/x} \gt e +\left(\frac{e}{x}\right)^{1/x} $.

Por lo tanto, para un entero $x$, $e \left(\frac{e}{x}\right)^{1/x} <(1+\frac{x^x}{x!})^{\frac{1}{x}} <e +e\frac{e^{-x}}{x} $ y los límites de ambos lados se $e$.

Answer 3

Usando el hecho de

$$\lim_{n\to \infty} a_n^{1/n}=\lim_{n\to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} $$

Tenemos

$$\frac{a_{n+1} }{a_n} = \frac{ (n+1)! + (1+n)^{1+n} }{(n+1)!+(1+n)n^n} \sim_{n\sim \infty} \frac{ (1+n)^{1+n} }{n^{n+1} } \longrightarrow_{n\to \infty} e $$

Answer 4

Podemos proceder sin recurrir a la Fórmula de Stirling. Más bien, estamos de uso sencillo de la aritmética, de la escuela primaria de las desigualdades, y la evaluación de una suma de Riemann.

Tenga en cuenta que la explotación de la continuidad de la función Gamma, podemos escribir

$$\lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{x^x}{x!}\right)^{1/x}=\lim_{n\to \infty}e^{\frac1n \log\left(1+\frac{n^n}{n!}\right)} $$

Siguiente, se observa que

$$\begin{align} \lim_{n\to \infty}\frac1n \log\left(1+\frac{n^n}{n!}\right)&=\lim_{n\to \infty}\left(\frac1n\log\left(\frac{n^n}{n!}\right)+\frac1n \log\left(1+\frac{n!}{n^n}\right)\right)\\\\ &\lim_{n\to \infty}\left(-\frac1n\sum_{k=1}^n\log(k/n)+\frac1n \log\left(1+\frac{n!}{n^n}\right)\right) \tag 1\\\\ &=-\int_0^1 \log(x)\,dx \tag 2\\\\ &=1 \end{align}$$ Por lo tanto, la continuidad de la función exponencial de las garantías que

$$\lim_{x\to \infty}\left(1+\frac{x^x}{x!}\right)^{1/x}=e$$

como iba a ser mostrado!

---

En lo que va de $(1)$ $(2)$hemos de señalar en primer lugar que $\lim_{n\to \infty}\left(\frac1n\sum_{k=1}^n\log(k/n)\right)$ es la suma de Riemann para $\int_0^1 \log(x)\,dx$.

A continuación, hemos explotado las desigualdades $\log(1+z)\le z$$z>-1$, e $n!\le n^n$$n\ge 1$, lo que muestra que $$0\le \frac1n\log\left(1+\frac{n!}{n^n}\right)\le \frac1n$$ whereupon applying the squeeze theorem reveals $$\lim_{n\to \infty}\frac1n\log\left(1+\frac{n!}{n^n}\right)=0$$