Límite similar a $\lim_{n \to \infty} \left(1-\frac{1}{n} \right)^n = \text{e}^{-1}$

Question

Quiero mostrar que $$ \lim_{n \to \infty} \left(1-\frac{n}{n^2} \right) \left(1-\frac{n}{n^2-1} \right) \cdot \ldots \cdot \left(1-\frac{n}{n^2-n+1} \right) = \lim_{n \to \infty} \prod_{k=0}^{n-1} \left(1-\frac{n}{n^2 - k} \right) = \mathrm{e}^{-1} $$

Sé que $\lim_{n \to \infty} \left(1-\frac{1}{n} \right)^n = \text{e}^{-1}$, por lo que mi intención era escribir

$$ \left(1-\frac{n}{n^2} \right) \left(1-\frac{n}{n^2-1} \right) \cdot \ldots \cdot \left(1-\frac{n}{n^2-n+1} \right)\\ = \underbrace{\left(1-\frac{1}{n} \right)^n}_{\\text{e}^{-1}} \cdot \underbrace{\frac{1-\frac{n}{n^2-1}}{1-\frac{1}{n}}}_{\rightarrow 1} \cdot \ldots \cdot \underbrace{\frac{1-\frac{n}{n^2-n+1}}{1-\frac{1}{n}}}_{\rightarrow 1} $$ que yo pensaba que iba a solucionar mi problema. Pero después de una segunda mirada veo que la división de los límites en que el producto no se puede permitir. Este sería el mismo absurdo como $$ \underbrace{\left(1-\frac{n}{n^2} \right)}_{\rightarrow 1} \underbrace{\left(1-\frac{n}{n^2-1} \right)}_{\rightarrow 1} \cdot \ldots \cdot \underbrace{\left(1-\frac{n}{n^2-n+1} \right)}_{\rightarrow 1}.$$

Tal vez nadie puede hacer que la situación es clara para mí.

Answer 1

Tenemos, por una simple comparación, $ \left( 1-\frac{n}{n^2-n} \right)^n \le \prod_{i=0}^{n-1} \left( 1-\frac{n}{n^2-i} \right) \le \left( 1-\frac{1}{n} \right)^n $. El límite de la izquierda y la mano derecha de productos como $ n \rightarrow \infty $$ \frac{1}{e} $, de modo que por el teorema del encaje, el límite de la mitad del producto también es $ \frac{1}{e} $ tal y como quería.

Answer 2

$$ \left(1-\frac{n}{n^2 - n + 1} \right)^n \leq \prod_{k=0}^{n-1} \left(1-\frac{n}{n^2 - k} \right) \leq \left(1-\frac{n}{n^2} \right)^n $$ $$\lim_{n \to \infty} \left(1-\frac{n}{n^2} \right)^n = \frac{1}{e}$$

$$\begin{align*} \lim_{n \to \infty} \left(1-\frac{n}{n^2 - n + 1} \right)^n &= \lim_{n \to \infty} \left(1-\frac{1}{n - 1 + 1/n} \right)^n \\ &= \lim_{n \to \infty} \left(1-\frac{1}{n} \right)^n = \frac{1}{e} \end{align*}$$ por lo $\lim_{n \to \infty} \prod_{k=0}^{n-1} \left(1-\frac{n}{n^2 - k} \right) = \frac{1}{e}$.

Answer 3

Puede ser otra forma de ver el límite y cómo abordarla.

Vamos $$u_i=1-\frac 1{n^2-i}\implies P_n=\prod_{i=0}^{n-1} u_i$$ Take logarithms $$\log(P_n)=\sum_{i=0}^{n-1} \log(u_i)$$ Now, use Taylor series for large values of $n$ $$\log(u_i)=-\frac{1}{n}-\frac{1}{2 n^2}-\frac{i+\frac{1}{3}}{n^3}-\frac{i+\frac{1}{4}}{n^4}+O\left(\frac{1}{n^5 }\right)$$ Now, compute the sums $$\log(P_n)=-1-\frac{1}{2 n}+\frac{1-3 n}{6 n^2}+\frac{1-2 n}{4 n^3}+\cdots=-1-\frac 1 n-\frac 1 {3n^2}+\frac 1 {4n^3}+\cdots$$ Going back to the exponential $$P_n=\frac 1e\Big(1-\frac{1}{n}+\frac{1}{6 n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right) \Big)$$