Demostrar el siguiente límite sobre $e$

Question

Necesito demostrarlo: $$\lim_{n \to +\infty}\sum_{k=0}^{k=n-1}\left(\frac{n-k}{n}\right)^n = \frac{e}{e-1}$$ He observado que tomando el límite término a término se obtiene el resultado, pero por supuesto esto no está justificado. Este ejercicio no supone ningún conocimiento previo sobre convergencia uniforme de series. (Soy nuevo en series pero recuerdo de cálculo un resultado sobre límites que se justifica en este caso). Así que debería ser capaz de demostrarlo siguiendo otro camino.

También parece que la conversión a una integral definida es inviable. ¿Qué sugieres?

Answer 1

COMENTARIO.- Salvo algún truco del que no creo, primero debemos encontrar la forma de $$S_n=\sum_{k=0}^{k=n-1}\left(\frac{n-k}{n}\right)^n$$ que es igual a $$S_n=1+\frac{1}{n^n}\left(1+2^n+3^n+\cdots+(n-1)^n\right)$$

Así que usted tiene un problema que implica la suma de la $n-1$ primero $n-\text {powers}$ . Fórmula de Faulhaber da $$S_n=1+\frac{1}{n^n}\left(\frac{(n-1)^{n+1}}{n+1}+\frac12((n-1)^n+\sum_{k=2}^n\frac{B_k}{k!}\frac{n!}{(n-k+1)!}n^{n-k+1}\right)$$ donde $B_k$ es el número Bernoulli de índice $k$ por lo que se puede simplificar algo la expresion porque $B_{2k+1}=0$ y sólo hay que tener en cuenta el $B_{2k}$ . En particular, los polinomios de Bernoulli están definidos por $$B_k(x)=\sum\binom nkB_{n-k}x^k$$ y lo quizás importante aquí es la función generadora de estos polinomios que es $$\frac{te^{tx}}{e^t-1}=\sum_{k=0}^{\infty}B_k(x)t^k$$

Answer 2

Para resumir mis comentarios, podemos definir para cada número entero positivo $n$ : $$ f_n(k) = (1-k/n)^n \quad \forall k \in \{0, 1, ..., n-1\}$$ y observamos que para cualquier entero positivo $m$ : $$ \sum_{k=0}^{m-1} f_n(k) \leq \sum_{k=0}^{n-1} f_n(k) \leq \sum_{k=0}^{n-1} e^{-k} \quad \forall n>m$$ Así que podemos tomar los límites como $n\rightarrow\infty$ .