Encontrar el límite de $\lim_{x\to \infty}(\frac{x}{x})^x+(\frac{x-1}{x})^x+(\frac{x-2}{x})^x......+(\frac{1}{x})^x$

Question

Encontrar el límite de $\lim_{x\to \infty}(\frac{x}{x})^x+(\frac{x-1}{x})^x+(\frac{x-2}{x})^x......+(\frac{1}{x})^x$

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$\lim_{x\to \infty}(\frac{x}{x})^x+(\frac{x-1}{x})^x+(\frac{x-2}{x})^x......+(\frac{1}{x})^x$

$=\lim_{x\to \infty}\frac{1^x+2^x+3^x+.....+x^x}{x^x}$
Esto es en forma de $\frac{\infty}{\infty}$, así que apliqué la regla de L hospital.
$=\lim_{x\to \infty}\frac{2^x\log 2+3^x\log 3+.....+x^x(1+\log x)}{x^x(1+\log x)}$
Pero estoy atrapado aquí y no podrían solucionar aún más. Por favor ayuda.

Answer 1

Para una fija $m$:

$$\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x-m}{x}\right)^x= e^{-m}\tag{1}$$

Así que si la serie converge en todo, debe converger a un valor al menos tan grande como:

$$\sum_{m=0}^\infty e^{-m} = \frac{1}{1-e^{-1}}=\frac{e}{e-1}$$

Dejando $f_m(x)=\left(\frac{x-m}{x}\right)^x$, a continuación, defina $g_m(x)=\ln f_m(x)=x\left(\log(x-m)-\log(x)\right)$, y se obtiene:

$$g_n'(x)=\log(x-m)-\log(x) + \frac{x}{x-m} - 1=\log\left(1-\frac{m}{x}\right) +\dfrac{\frac{m}{x}}{1-\frac mx}$$

Usted puede utilizar el poder de la serie para $\frac{1}{1-z}$ $\log(1-z)$ a mostrar que este valor es positivo, y por lo tanto, $g_m$ es el aumento de $x>m$, y este que el anterior de la serie converge a la espera de valor.

Esto demuestra que $F(x)=\sum_{0}^x f_m(x)$ es estrictamente creciente, y por lo tanto tenemos:

$$\lim_x F(x)=\sup_x F(x)\leq \sum_{m} e^{-m}$$ Y también han demostrado que por encima de ese $$\sup_x F(x)\geq \sum_{m} e^{-m}$$

Por lo que el límite es igual a $\frac{e}{e-1}$.

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Aparte: Si usted tiene una secuencia de secuencias, $a_{n,k}$, y para cada una de las $k$, usted tiene $\lim_{n\to\infty} a_{n,k}=A_k$, es que no siempre es verdad que:

$$\lim_{n\to \infty}\sum_{k=0}^\infty a_{n,k} = \sum_{k=0}^\infty A_k$$

Un ejemplo sencillo en el que no es verdadero es: $$a_{n,k}=\delta_{n,k}=\begin{cases}1&n=k\\0&n\neq k\end{cases}$$

A continuación, para cada $k$, $\lim_{n\to\infty} a_{n,k}=0$, y para todos $n$, $\sum_{k=0}^{\infty}a_{n,k}=1$, por lo que el límite de la suma no es la suma de los límites.

Si, para cada una de las $k$ $a_{1,k},a_{2,k},\dots$ es creciente, entonces el límite de la suma es la suma de los límites.

Answer 2

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} \lim_{x\to\infty}\left(\frac{x-k}x\right)^x &=\lim_{x\to\infty}\left(1-\frac kx\right)^x\\ &=e^{-k} \end{align} $$ Por lo tanto, la suma de los límites es $$ 1+e^{-1}+e^{-2}+\dots=\frac1{1-\frac1e}=\frac e{e-1} $$

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En primer lugar, ya que la serie fue dado como $\left(\frac xx\right)^x+\cdots+\left(\frac1x\right)^x$, supuse que $x\in\mathbb{Z}$.

Sin embargo, incluso si no asumimos que $x\in\mathbb{Z}$, pero que solo incluimos $\left(\frac{x-k}x\right)^x$$k\lt x$, la Desigualdad de Bernoulli dice que $\left(1-\frac kx\right)^x$ es el aumento en el $x$. Es decir, para $y\ge x\ge k$, $$ \overbrace{\left(1-\frac ky\right)^{\large\frac yx}\ge1-\frac yx\frac ky}^{\text{Bernoulli la Desigualdad}} \implica \overbrace{\left(1-\frac ky\right)^y\ge\left(1-\frac kx\right)^{x\vphantom{\large\frac yx}}}^{\text{elevar a la $x$ energía}} $$ Por lo tanto, sólo necesitamos invocar la Monotonía de Convergencia (los términos de $k\ge x$$0$) para asegurar que el límite de la suma es la suma de los límites.

Answer 3

Edit: robjohn ha corregido su respuesta, pero voy a dejar mi prueba de la general, el teorema de aquí, ya que las técnicas utilizadas son instructivos. $\def\nn{\mathbb{N}}$

Solución

En general, el siguiente MCT (monotono teorema de convergencia) se tiene:

$\sum_{k=0}^\infty f_n(k) \to \sum_{k=0}^\infty f(k)$ $n \to \infty$ para cualquier aumento de la secuencia de la no-negativo funciones de $(f_n)_{n\in\nn}$ tal que $f_n \to f$ pointwise como $n \to \infty$.

En este caso concreto, se $f_n(k) = (1-\frac{k}{n})^n$ cualquier $n \in \nn$$k \in \nn_{\le n}$, e $f_n(k) = 0$ cualquier $n \in \nn$$k \in \nn_{>n}$. Para aplicar MCT debe demostrar primero que $(1-\frac{k}{n})^n \le (1-\frac{k}{n+1})^{n+1}$ cualquier $n,k \in \nn$, que es fácil ver de $(1-\frac{k}{n})^n = \exp(n\ln(1-\frac{k}{n})) = \exp( - \sum_{i=1}^\infty \frac{k^i}{n^{i-1}} )$. Luego MCT da inmediatamente que $\sum_{k=0}^{n-1} (1-\frac{k}{n})^n \to \sum_{k=0}^\infty e^{-k} = \frac{1}{1-e^{-1}}$.

Prueba de MCT

Claramente $\sum_{k=0}^\infty f_n(k) \le \sum_{k=0}^\infty f(k)$ cualquier $n \in \nn$, debido a $f_n(k) \le f_{n+1}(k)$ cualquier $n,k \in \nn$.

Por otro lado, para cualquier $c \in \nn$,$\sum_{k=0}^\infty f_n(k) \ge \sum_{k=0}^c f_n(k) \to \sum_{k=0}^c f(k)$$n \to \infty$, donde la desigualdad es no-negatividad de $(f_n)_{n\in\nn}$, y el límite es por su pointwise convergencia a $f$ y debido a que sólo tienen un límite de una suma finita. Pero $\sum_{k=0}^c f(k) \to \sum_{k=0}^\infty f(k)$ mediante la definición de una serie infinita, donde la infinita suma existe (podría ser $\infty$) por la no-negatividad. Por lo tanto, dado cualquier $ε > 0$, se puede elegir $c \in \nn$ tal que $\sum_{k=0}^c f(k) > \sum_{k=0}^\infty f(k) - ε$, y, a continuación, elija $m \in \nn$ tal que $\sum_{k=0}^c f_n(k) > \sum_{k=0}^c f(k) - ε$ cualquier $n \in \nn_{\ge m}$. Esto implica que $\sum_{k=0}^c f_n(k) > \sum_{k=0}^\infty f(k) - 2ε$ cualquier $n \in \nn_{\ge m}$.

Juntos los dos anteriores hechos implican que $\sum_{k=0}^c f_n(k) \to \sum_{k=0}^\infty f(k)$$n \to \infty$.

Notas

Es instructivo ver por qué cada una de las condiciones para la MCT es importante. También está relacionado con los correspondientes teoremas de teoría de la medida, tales como la MCT para conjuntos o MCT para las funciones.

Answer 4

Cuando x tiende a infinito, el primer término x/x es obviamente igual a uno. Resto de todos los términos son de la forma, "algo entre cero y 1 elevado a infinito poder". Así que todos los demás términos van a ser cero. Por lo tanto la respuesta debe ser solo 1 '.