Cómo encontrar este límite $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{n}{\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\cdots+\frac{n}{n+1}}\right)^n$

Question

Cómo encontrar este límite %#% $ #%

Mi intento: desde $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{n}{\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{3}+\cdots+\dfrac{n}{n+1}}\right)^n$ $

donde $$\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{3}+\cdots+\dfrac{n}{n+1}=\left(1-\dfrac{1}{2}\right)+\left(1-\dfrac{1}{3}\right)+\cdots+\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)=(n+1)-H_{n+1}$ $

entonces no puedo. Gracias

este problema es de un libro y sólo dan esta respuesta $$H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}$ $ $$e^{\gamma-1}$ Dónde está denota la constante de Euler-Mascheroni.

Answer 1

Sugerencia: ¡Estás en el camino correcto! Comienzo señalando que si es de $a_n$ $n$-término de la secuencia, entonces $$\begin{align*} \ln a_n&=\ln\left(\frac{1}{n}\right)+n\ln\left(\frac{n}{n+1-H_{n+1}}\right)\\ &=n\ln(n)-n\ln(n+1-H_{n+1})-\ln(n)\\ &=(n-1)\ln(n)-n\ln(n+1-H_{n+1}) \end{align*} $$ a continuación, tenga en cuenta que $$ \ln(n+1-H_{n+1}) = \ln\left [n\left (1 + \frac {1} {n}-\frac {H_ {n+1}} {n} \right) \right] = tan \ln n+\ln\left(1+\frac{1}{n}-\frac{H_{n+1}}{n}\right), $$ ese $$\begin{align*} \ln(a_n)&=(n-1)\ln(n)-n\ln(n)-n\ln\left(1+\frac{1}{n}-\frac{H_{n+1}}{n}\right)\\ &=-\ln(n)-n\ln\left(1+\frac{1}{n}-\frac{H_{n+1}}{n}\right). \end{align*} $$ ahora, ¿qué sabes acerca de multicelular $\frac{H_{n+1}}{n}$? ¿Qué tal para $\ln(1+w)$ $w\to0$?

Answer 2

Yo lo que Nicholas R. Peterson dio casi todos los trucos necesarios para su problema. Voy a tratar de ayudar a usted para los últimos detalles (ya que esta no es la tarea - al menos, no tagges como).

Por lo suficientemente grandes valores de $n$, la proporción de H(n+1)/n se comporta como
(EulerGamma - Log[1/n]) / n
Así, Log[1 + 1/ n - H(n+1) /n] se comporta como 1 + (1 - EulerGamma + Log[1/n]) / n
Así, - Log[n] - n Log[1 + 1/ n - H(n+1) /n] se comporta como (-1 + EulerGamma) y, por último, $a(n)$ se comporta como Exp[EulerGamma - 1] al $n$ va a infinito de valores.

Un punto que me gustaría undeline aquí es que todo lo anterior ha sido obtenido sobre la base de expansiones de Taylor limitado a la primera orden.