Evaluar de $\lim_{n\rightarrow \infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n^2}\cdot \frac{1}{e^n}$

Question

Evaluar el límite

$$ \lim_{n\rightarrow \infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n^2}\cdot \frac{1}{e^n} $$

Mi Intento:

$$ \lim_{n\rightarrow \infty}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n^2}\cdot \frac{1}{e^n} = \lim_{n\rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}\cdot \frac{1}{e^n} $$

¿Cómo puedo solucionar el problema a partir de este punto?

Answer 1

Esta respuesta es moralmente la misma cosa que lo que ya ha sido publicado, pero tengo una preferencia personal para evitar el uso de $o$-notación en cualquier problema creo que se puede hacer sin ella. Es elegante y rápido, pero espero que los alumnos tienen más problemas con él que no cuando yo esperaría un problema como este a surgir. Es que muchas veces ni siquiera se presentó a ellos. Así que voy a usar L'Hospital.

Como en los otros enfoques, tomamos el logaritmo de la expresión, y exponentiate el límite una vez que hemos encontrado para obtener la respuesta final.

En primer lugar, la ponemos en una forma en que podemos usar L'Hospital: $$ \begin{align} n^2\ln\left( 1+\frac{1}{n}\right) - n &= \frac{\ln(1+1/n)}{1/n^2} - \frac{1/n}{1/n^2}\\ &= \frac{\ln(1+1/n)-1/n}{1/n^2} \end{align} $$ Es fácil comprobar que L'Hospital se aplica aquí al $n\rightarrow\infty$.

Ahora, $$ \begin{align} \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{\ln(1+1/n)-1/n}{1/n^2} &\overset{L'H}{=}\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{ \frac{1}{1+1/n}\cdot\frac{-1}{n^2}+\frac{1}{n^2}}{-2/n^3}\\ &=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2}\left( \frac{n}{1+1/n}-n\right)\\ &= \lim_{n\rightarrow\infty}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1+1/n}\right)\\ &=-\frac{1}{2} \end{align} $$

Así que la respuesta es $e^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{e}}$.

Answer 2

$$y=\lim _{ n\rightarrow \infty }{ { \left( 1+\frac { 1 }{ n } \right) }^{ n^{ 2 } } } \frac { 1 }{ { e }^{ n } } \\ z=\lim _{ n\rightarrow \infty }{ { \left( 1-\frac { 1 }{ n } \right) }^{ n^{ 2 } } } { e }^{ n }\\ yz\quad =\quad \frac { 1 }{ e } $$

Si usted puede mostrar a $y=z$, entonces usted tiene una prueba simple (traté pero no pude). Wolframalpha dice que sí, son iguales.

Answer 3

Para el logaritmo de la expresión, tenemos $$n^2\log\left(1+\frac{1}{n}\right)-n \in n^2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+o(1/n^2)\right)-n \in -\frac{1}{2}+o(1).$$ Hence, our function is a member of $e^{-\frac{1}{2}+o(1)}$, which implies that the limit is $\frac{1}{\sqrt{e}}$.

Answer 4

Usted tiene $$ \log(1 + x) = x - x^2/2 +O(x^3).$$ así $$\log(1 + 1/n) = {1\over n} - {1\over 2n^2} + O(1/n^3).$$ Threfore $$ n^2 \log(1 + 1/n) = n - 1/2 + O(1/n).$$ Su límite converge a ${1\over \sqrt{e}} \approx .606531.$

Answer 5

Considere la posibilidad de $$\lim_{n\rightarrow \infty}({n+1\over n})^{n^2}\cdot{1\over e^n}.$$ This limit has an indeterminate form. Let $y=(1+{1\over n})^{n^2}\cdot {1\over e^n}$. Taking the natural logarithm of both sides of the equation and simplifying using the rules of logarithms we obtain $\ln(y)=n^2\ln(1+{1\over n})-n$. We can rewrite this as $\ln(y)={{\ln(1+{1\over n})-{1\over n}}\over {1\over n^2}}$. The $$\lim_{n\rightarrow \infty} \ln(y)=\lim_{n\rightarrow \infty}{{\ln(1+{1\over n})-{1\over n}}\over {1\over n^2}}$$ which has the indeterminate form $0\más 0$. Using L'Hospital's Rule we see that $$\lim_{n\rightarrow \infty}\ln(y)=\lim_{n\rightarrow \infty}{{1\over (1+{1\over n})}\cdot {-1\over n^2}+{1\over n^2}\over {-2\over n^3}}.$$ Cancelling the ${-1\más de n^2}$ on the numerator and the denominator this simplifies to $$\lim_{n\rightarrow \infty} \ln(y)=\lim_{n\rightarrow \infty}{{1\over 1+{1\over n}}-1\over {2\over n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}{{-1\over 2(1+{1\over n})}}={-1\over 2}.$$ So far we have computed the limit of $\ln(y)$, what we really want is the limit of $s$. We know that $, y=e^{\ln(y)}$. So $$\lim_{n\rightarrow \infty}({n+1\over n})^{n^2}\cdot{1\over e^n}=\lim_{n\rightarrow\infty}y=\lim_{n\rightarrow\infty}e^{\ln(y)}=e^{-1\over 2}={1\over \sqrt e}.$$ Thus $$\lim_{n\rightarrow \infty}({n+1\over n})^{n^2}\cdot{1\over e^n}={1\over \sqrt e}.$$