Evalúa el límite$\lim\limits_{n\to\infty}{\frac{n!}{n^n}\bigg(\sum_{k=0}^n{\frac{n^{k}}{k!}}-\sum_{k=n+1}^{\infty}{\frac{n^{k}}{k!}}\bigg)}$

Question

Evalúa el límite$$ \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{n!}{n^{n}}\left(\sum_{k=0}^{n}{\frac{n^{k}}{k!}}-\sum_{k=n+1}^{\infty}{\frac{n^{k}}{k!}} \right)} $ $

Uso$$e^{n}=1+n+\frac{n^{2}}{2!}+\cdots+\frac{n^{n}}{n!}+\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}{e^{x}(n-x)^{n}dx}$ $ pero no sé cómo evaluar$$ \lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{n!}{n^{n}}\left(e^{n}-2\frac{1}{n!}\int_{0}^{n}{e^{x}(n-x)^{n}dx} \right) }$ $

Answer 1

Podemos escribir la integral como

$$\int_0^n dx \: e^x (n-x)^n = n^{n+1} \int_0^1 du \: e^{n u} (1-u)^n = n^{n+1}\int_0^1 du \: e^{n [u+\log(1-u)]} $$

Ahora, como $n \rightarrow \infty$, que la última integral es dominado por las contribuciones cerca de $u=0$. A continuación, puede utilizar el primer término de la expansión de Taylor de la exponencial, y la integral es, a menor orden de aproximación

$$n^{n+1} \int_0^{\infty} du e^{-n u^2/2} = n^{n+1} \sqrt{\frac{2 \pi}{n}} $$

El uso de Stirling aproximación para obtener el resto de la historia.

EDITAR

Se señaló que tendremos que ir a la siguiente orden de aproximación. En este caso, el uso de $u+\log{(1-u)} \approx -u^2/2-u^3/3$. A continuación, obtener, como una aproximación a la integral

$$n^{n+1} \int_0^{\infty} du e^{-n u^2/2} e^{-n u^3/3}$$

Tenga en cuenta que, el formulario de la orden más baja de aproximación, sólo estamos considerando $u \sim 1/\sqrt{n}$. Esto significa que $n u^3 \sim 1/\sqrt{n}$ y podemos Taylor ampliar este exponencial para las pequeñas argumento para obtener la aproximación

$$n^{n+1} \int_0^{\infty} du\: e^{-n u^2/2} \left (1-\frac{n u^3}{3}\right) = n^{n+1} \left (\sqrt{\frac{2 \pi}{n}} - \frac{2}{3 n} \right )$$

Answer 2

En esta respuesta, se muestra, usando integración por partes, que $$ \sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}=\frac{e^n}{n!}\int_n^\infty e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t\etiqueta{1} $$ Restando a ambos lados de $e^n$ da $$ \sum_{k=n+1}^\infty\frac{n^k}{k!}=\frac{e^n}{n!}\int_0^n e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t\etiqueta{2} $$ Substtuting $t=n(s+1)$ $u^2/2=s-\log(1+s)$ nos da $$ \begin{align} \Gamma(n+1) &=\int_0^\infty t^n\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_{-1}^\infty e^{-n(s-\log(1+s))}\,\mathrm{d}s\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_{-\infty}^\infty e^{-nu^2/2}\,s'\,\mathrm{d}u\tag{3} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \Gamma(n+1,n) &=\int_n^\infty t^n\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_0^\infty e^{-n(s-\log(1+s))}\,\mathrm{d}s\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_0^\infty e^{-nu^2/2}\,s'\,\mathrm{d}u\tag{4} \end{align} $$ El cómputo de la serie para $s'$ en términos de $u$ da $$ s'=1+\frac23u+\frac1{12}u^2-\frac2{135}u^3+\frac1{864}u^4+\frac1{2835}u^5-\frac{139}{777600}u^6+O(u^7)\tag{5} $$ En la integral para $\Gamma(n+1)$, los extraños poderes de $u$ $(5)$ son cancelados y los poderes de $u$ están integrados más de dos veces el dominio como en la integral para $\Gamma(n+1,n)$. Por lo tanto, $$ \begin{align} 2\Gamma(n+1,n)-\Gamma(n+1) &=\int_n^\infty t^n\,e^{-t}\,\mathrm{d}t-\int_0^n t^n\,e^{-t}\,\mathrm{d}t\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_0^\infty e^{-nu^2/2}\,2\,\mathrm{odd}(s')\,\mathrm{d}u\\ &=n^{n+1}e^{-n}\left(\frac4{3n}-\frac8{135n^2}+\frac{16}{2835n^3}+O\left(\frac1{n^4}\right)\right)\\ &=n^ne^{-n}\left(\frac43-\frac8{135n}+\frac{16}{2835n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)\right)\tag{6} \end{align} $$ Por lo tanto, la combinación de $(1)$, $(2)$, y $(6)$, obtenemos $$ \begin{align} \frac{n!}{n^n}\left(\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=n+1}^\infty\frac{n^k}{k!}\right) &=\frac{e^n}{n^n}\left(\int_n^\infty e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t-\int_0^n e^{-t}\,t^n\,\mathrm{d}t\right)\\ &=\frac43-\frac{8}{135n}+\frac{16}{2835n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)\tag{7} \end{align} $$