Examinar el límite de la secuencia

Question

Tengo que estudiar el límite de la siguiente secuencia $\{a_n\}_{ n \ge 1}$ $a_n = \sqrt[n]{\sum_{k=1}^{n}{(2 -\frac{1}{k})^k}}$. Sabemos que $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a} = 1$ $a > 0$ y sabemos que $\sqrt[n]{\sum_{k=1}^{n}{(2 -\frac{1}{k})^k}} > 0$pero la secuencia $a_n$ va en aumento (no puedo probarlo pero me registré en wolframalpha) por lo que no podemos usar el teorema del apretón. ¿Cualquier sugerencias?

Answer 1

En primer lugar, cualquier $k_0 \in \mathbb{N}$, tenemos

$$a_n = \sqrt[n]{\sum_{k=1}^{n}{(2 -\dfrac{1}{k})^k}} \geq \sqrt[n]{\sum_{k=k_0}^{n}{(2 -\dfrac{1}{k_0})^k}} = \left(\dfrac{(2-1/k_0)^{k_0}(1-(2-1/k_0)^{n-k_0+1})}{1/k_0 -1}\right)^{1/n}= \left(\dfrac{(2-1/k_0)^{k_0}((2-1/k_0)^{n-k_0+1}-1)}{1-1/k_0 }\right)^{1/n} \to 2-1/k_0$$

ya que $$a^{1/n} \to 1, \forall a>0$$ $% $ $\left((2-1/k_0)^{n-k_0+1}-1)\right)^{1/n} \to 2-1/k_0$

así $\liminf a_n \geq 2-1/k_0, \forall k_0 \in \mathbb{N}$, es decir, $$\liminf a_n \geq 2$ $

En segundo lugar

$a_n = \sqrt[n]{\sum_{k=1}^{n}{(2 -\dfrac{1}{k})^k}} \leq \sqrt[n]{\sum_{k=1}^{n}{(2 -\dfrac{1}{n})^k}} = \left(\dfrac{(2-1/n)^2(1-(2-1/n)^{n})}{1/n - 1}\right)^{1/n} = \left(\dfrac{(2-1/n)^2((2-1/n)^{n}-1)}{1-1/n}\right)^{1/n} = \left(\dfrac{(2-1/n)^2}{1-1/n}\right)^{1/n}\left((2-1/n)^{n}-1\right)^{1/n}\to 2$

así $$\limsup a_n \leq 2$ $

Así que finalmente $$\lim a_n =2$ $

Answer 2

Creo que usted puede conseguir alrededor de éste con expansión limitada.

Aquí uso: $ln(1-u) = -u -\frac{u^2}{2} +o(u^2)$; y $\exp(u) = 1+ u +o(u)$, cuando $ u \rightarrow 0$

Let: $u_k = (2-\frac{1}{k})^k = 2^k*(1-\frac{1}{2k})^k = 2^k*\exp{[k*ln(1-\frac{1}{2k})]} = 2^k*\exp[-\frac{1}{2} -\frac{1}{8k} + o(\frac{1}{k})] $

=> $ u_k = \frac{2^k}{\sqrt{e}}*[1 -\frac{1}{8k} + o(\frac{1}{k})] $

Por lo tanto, se obtiene: $u_k$ ~ $\frac{2^k}{\sqrt{e}}$

$\sum 2^k$ es una serie divergente, así que podemos decir que las sumas parciales son equivalentes:

$ \sum_{k=1}^n v_k $ ~ $ \frac{1}{\sqrt{e}}*\sum_{k=1}^n 2^k $

$ \sum_{k=1}^n 2^k = 2*\frac{2^n -1}{2-1} $ ~ $2^{n+1}$

Por lo tanto: $ (a_n)^n = (\sum_{k=1}^n v_k) $ ~ $\frac{2^{n+1}}{\sqrt{e}}$

Entonces: $ (a_n)^n = \frac{2^{n+1}}{\sqrt{e}} + o(2^{n+1}) $

=> $ (\frac{a_n}{2})^n = \frac{2}{\sqrt{e}} + o(1) $ => $ \frac{a_n}{2} = (\frac{2}{\sqrt{e}} + o(1) )^{\frac{1}{n}} \rightarrow 1$, cuando $ n\rightarrow +\infty$

Por lo tanto, $(a_n) \rightarrow 2$, $ n\rightarrow +\infty$

Answer 3

Podemos aplicar el Teorema de apriete para resolverlo. $$\left(\lim_{n\to\infty} b_n = \lim_{n\to\infty}c_n = m \wedge \left(\exists \delta \in \mathbb{R}\right)\left(\forall n \in \mathbb{N}\right)\left( n \geq \delta \Rightarrow b_n \leq a_n \leq c_n \right)\right) \Rightarrow \lim_{n\to\infty}a_n = m$$

Ahora, que $b_n = \sqrt[n]{\sum_{k=1}^{n}2^k}$ y $c_n=\sqrt[n]{\sum_{k=1}^{n}\left(2^k - \frac{1}{k}\right)}$, entonces

$$ \lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{2^n\cdot n} = \lim_ {n\to\infty} 2\cdot\sqrt [n] {n} = 2\\ \lim_{n\to\infty}c_n = n \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{2^n\cdot - \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}} = \lim_{n\to\infty}2\cdot\ SQRT [n] {n - \frac{H_n}{2^n}} = 2$ $

$$ \left(\lim_{n\to\infty} c_n = \lim_{n\to\infty}b_n = 2 \wedge \left(\forall n \in \mathbb{N}_{+}\right)\left(b_n \leq a_n \leq c_n\right)\right)\Longrightarrow \lim_{n\to\infty}a_n = 2$$

Answer 4

Distinguiendo $f(x)=\log ((2-1/x)^x)=x\log (2-1/x)=x(\log (2 x-1)-\log x)$ vemos que el $f'(x)>0$ $x\geq 1. $ por lo que aumenta el % de secuencia $B_k=(2-1/k)^k=e^{f(k)}$. Por lo tanto $$2-(1/n)=B_n^{1/n}\leq ( \sum_{k=1}^nB_k)^{1/n}=a_n\leq (nB_n)^{1/n}=n^{1/n}B_n^{1/n}=n^{1/n}(2-(1/n)).$ $