¿Cómo se prueba$(1+x/n)^n\to e^x$ puntualmente a través de la expansión de la serie?

Question

Tenemos$$e^x=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!} $$ and $$\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=\sum_{k=0}^n \frac1{n^k}{n\choose k}x^k $$ therefore $$\left\lvert e^x-\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right\rvert\le\sum_{k=n+1}^\infty \frac{\lvert x\rvert^k}{k!}+\sum_{k=0}^n \lvert x\rvert^k\left\lvert\frac1{n^k}{n\choose k}-\frac1{k!}\right\rvert. $ $

Pregunta: Como$n\to\infty$, la primera suma pasa trivialmente a$0$, pero ¿cómo enlazar adecuadamente la segunda?

Puedo mostrar la convergencia de diferentes maneras, pero estoy interesado en este enfoque específico.

Answer 1

\begin{align}\sum_{k=0}^n \lvert x\rvert^k\left\lvert\frac1{n^k}{n\choose k}-\frac1{k!}\right\rvert &\le\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\lvert x\rvert^k}{k!} \underbrace{\left\lvert \big(\tfrac{n\cdot(n-1)\cdot\ldots\cdot(n-(k-1))}{n^k }- 1\big) \right\rvert}_{:=a_k(n)} \end{align}

Ahora vamos a $\epsilon>0$ ser arbitraria.

Por un lado $0\le a_k(n)\le 1$ todos los $k$, de ahí que el anterior de la serie está limitada por $\exp(|x|)-1$. En particular, existen algunas $N$ tal que $\sum_{k=N}^\infty a_k(n)\frac{|x|^k}{k!} \le \sum_{k=N}^\infty \frac{|x|^k}{k!} < \epsilon$.

Por otro lado, desde la $a_k(n) \to 0$ todos los $k$ a continuación, podemos encontrar también algunos $n_\epsilon$ tal que $a_k(n_\epsilon) < \epsilon$ todos los $k<N$. Poner los dos juntos llegamos a la conclusión de

\begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}a_k(n_\epsilon)\frac{|x|^k}{k!} \le \sum_{k=1}^{N-1}\epsilon\frac{|x|^k}{k!} + \sum_{k=N}^{\infty}\frac{|x|^k}{k!} \le \epsilon(\exp(|x|)-1) + \epsilon = \exp(|x|)\epsilon \end{align}

Lo que demuestra el punto sabio convergencia.

Answer 2

Todos los coeficientes en la segunda suma son no positivos. En efecto,

\begin{multline*}\frac{1}{n^k}\binom{n}{k}-\frac{1}{k!}=\frac{1}{k!}\left(\frac{n!}{n^k(n-k)!}-1\right)=\frac{1}{k!}\left(\frac{(n-k+1)(n-k+2)\cdot\ldots\cdot n}{n^k}-1\right)\\\le \frac{1}{k!}\left(\frac{n^k}{n^k}-1\right) = 0.\end {multline *}

Realizando su cálculo sin valor absoluto y observando que para$x>0$ tenemos la diferencia a la izquierda es positiva, lo hemos hecho para$x>0$. Me parece que para$x<0$ el argumento similar funcionará (con las desigualdades revertidas). Compruébelo por favor. Para$x=0$ la comprobación es directa.