¿Cómo puedo encontrar a este límite?

Question

Si $a_n=(1+\frac{2}{n})^n$ , luego de encontrar a $$\lim_{n \to \infty}(1-\frac{a_n}{n})^n$$.

Ensayo: ¿puedo usar $$\lim_{n \to \infty}a_n=e^2$$ Again $$\lim_{n \to \infty}(1-\frac{a_n}{n})^n=\exp(-e^2)$$ por Favor, ayudar.

Answer 1

Debido a $$(1-\frac{a_n}{n})^n=\left[\left(1-\frac{a_n}{n}\right)^{\frac{n}{-a_n}}\right]^{\frac{-a_n}{n}n}=\left[\left(1-\frac{a_n}{n}\right)^{\frac{n}{-a_n}}\right]^{-a_n}.$$ $$\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{a_n}{n}\right)^{\frac{n}{-a_n}}=e$$ y $$\lim_{n\to \infty}(-a_n)=-e^2$$

Deje $A_n=\left(1-\frac{a_n}{n}\right)^{\frac{n}{-a_n}}$$B_n=-a_n$, por el "reclamo" a continuación, usted puede conseguir el resultado!

Answer 2

Si $f_n(x)\xrightarrow[n\to\infty]{}f(x)$ uniformemente en $E$, $f$ es continua en a$a\in E$$a_n\xrightarrow[n\to\infty]{}a$$a_n\in E \ \ \forall \ n \in \mathbb N$, $$f_n(a_n)\xrightarrow[n\to\infty]{}f(a).$$

De hecho, vamos a $\epsilon>0$ $\delta>0$ tal que $|f(x)-f(a)|<\dfrac{\epsilon}{2}$ siempre $|x-a|<\delta$. Deje $n_0\in\mathbb N$ tal que $|f_n(x)-f(x)|<\dfrac{\epsilon}{2} \text{ and } |a_n-a|<\delta, \ \forall x\in E, \ n\geq n_0$.
A continuación, para $n\geq n_0$: $$ |f_n(a_n)-f(a)|\leq |f_n(a_n)-f(a_n)|+|f(a_n)-f(a)|<\epsilon \ . $$

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Ahora aplique el anterior a $f_n(x)=(1-\frac xn)^n$ (ver esta) y $a_n=(1+\frac2n)^n$.

Answer 3

Este es un muy bonito problema; pero no archivo en "compuesto límites", es decir, los límites de la forma $\lim_{x\to \xi} f\bigl(g(x)\bigr)$.

Se está de acuerdo en que ${\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=\lim_{n\to\infty}\left(1+{2\over n}\right)^n = e^2}$.

La función de $u\mapsto {\rm Log}(1-u)$ es analítica para $|u|<1$. Por lo tanto, "por Taylor Teorema" no es una función de $u\mapsto g(u)$, analítica para $|u|<1$, de tal manera que $$\log(1-u)=-u + u^2 g(u)\ .\qquad(1)$$ De ello se desprende que hay un $M>0$ tal que $$\bigl|g(u)\bigr|\leq M\qquad\left(|u|\leq{1\over2}\right)\ .$$ Si $x$ $y$ son arbitrarias números reales con a $0<|xy|<1$ a continuación se obtienen a partir de $(1)$ que $${\log(1-x y)\over x}=-y + x y^2 g(xy)\ .$$ Ahora ponga $x:={1\over n}$, $\ y:=a_n$. A continuación, la última ecuación dice $$n\ \log\left(1-{a_n\over n}\right)=-a_n +{1\over n} a_n^2\> g\left({a_n\over n}\right)\ ,\qquad(2)$$ por la cual esto es tan pronto como $n$ es lo suficientemente grande como para hacer $|a_n|<n$.

Ahora vamos a $n\to\infty$. A continuación,$a_n\to e^2$$\ {a_n\over n}\to 0$. Por lo tanto, la RHS de $(2)$ converge a $-e^2$. También lo hace la LHS, y tenemos lo que nos han conjeturado todo junto: $$\lim_{n\to\infty}\left(1-{a_n\over n}\right)^n=\exp\bigl(-e^2\bigr)\ .$$