Límite

Question

Evaluar %#% $ #%

Mi intento: he intentado ampliar la serie interna mediante la sustitución de los valores consecutivos de n, pero no es conocida por mi, la serie que aparece. Por favor me ayude a solucionar el problema.

Answer 1

La fórmula de Stirling le da

$$ n^{-n} \sim \frac{\sqrt{2\pi n}}{n!e^n}. $$ Por lo tanto, no existe constantes positivas $c_1$, $c_2$ tal que

$$ \frac{c_1}{n!e^n} \leq n^{-n} \leq \frac{c_2}{(n-1)! e^n}. $$

Enchufar estos límites en nuestra suma de los rendimientos respectivamente

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{x}{n}\right)^n &\geq c_1\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n!e^n} \\ &=c_1(e^{x/e}-1) \end{align} $$ y $$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{x}{n}\right)^n &\leq c_2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{(n-1)!e^n} \\ &=c_2\frac{x}{e}e^{x/e}. \end{align} $$

Por lo tanto

$$\bigl(c_1(e^{x/e}-1)\bigr)^{1/x} \leq \left(\sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{x}{n}\right)^n\right)^{1/x} \leq \left(c_2\frac{x}{e}e^{x/e}\right)^{1/x}. $$

Ahora está claro que el límite buscado es $e^{1/e}$.

Answer 2

En esta respuesta, se muestra, usando la Desigualdad de Bernoulli, que $$ \left(1+\frac1n\right)^n\le e\le\left(1+\frac1n\right)^{n+1}\tag1 $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \frac{x}{(n+1)e}\le\frac{x}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\frac{\left(\frac x{n+1}\right)^{n+1}}{\left(\frac xn\right)^n} =\frac{x}{n}\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1}\le\frac{x}{ne}\tag2 \end{align} $$ Por lo tanto, por inducción, por $n\ge1$, $$ \frac{e}{n!}\left(\frac xe\right)^n\le\left(\frac xn\right)^n\le\frac{x}{(n-1)!}\left(\frac xe\right)^{n-1}\tag3 $$ Sumando $(3)$, obtenemos $$ e\a la izquierda(e^{x/e}-1\right)\le\sum_{n=1}^\infty\left(\frac xn\right)^n\le xe^{x/e}\tag4 $$ y levantando $(4)$ $1/x$ el rendimiento de la energía $$ \left(e\left(1-e^{-x/e}\right)\right)^{1/x}e^{1/e}\le\left(\sum_{n=1}^\infty\left(\frac xn\right)^n\right)^{1/x}\le x^{1/x}e^{1/e}\tag5 $$ y por el Teorema del sándwich, tenemos $$ \lim_{x\to\infty}\left(\sum_{n=1}^\infty\left(\frac xn\right)^n\right)^{1/x}=e^{1/e}\tag6 $$

Answer 3

Suponga por el momento la verdad de la siguiente instrucción $$x\int_{0}^{1} \dfrac{1}{t^{tx}}dt = \sum_{n \geq 1} \left(\dfrac{x}{n}\right)^n. \label{e:1} \tag{*}$$

Desde $\lim_{x \to \infty} x^{1/x} = 1$ la respuesta es $$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \left(\int_{0}^{1} \left(f(t)\right)^x dt\right)^{1/x} $$ donde $f(t) = \dfrac{1}{t^{t}}$, suponiendo que el límite existe.

Desde $f(t)$ es continua en a $[0,1]$ (definición de la $0^0 = 1$) y usando el bien conocido el resultado, que para una positiva función continua $g$ $[0,1]$ hemos $$\lim_{x \to \infty}\left(\int_{0}^{1} \left(g(t)\right)^x\right)^{1/x} = \sup_{t \in [0,1]} g(t) \label{e:2}\tag{+}$$ it follows that required limit is $ \sup_{t \in [0,1]} f(t)$. It is easy to see that the maximum of $f(t)$ occurs at $1/e$ so the answer is $f(1/e)=e^{1/e}$.

Para una prueba de $\eqref{e:1}$ empezamos con la identidad $$ \int_{0}^{\infty} \exp( -\lambda u) u^{\alpha - 1}du = \dfrac{\Gamma(\alpha)}{\lambda^\alpha}. $$ Poner $\lambda = \dfrac{n}{x}, \alpha = n$ para obtener
$$ \int_{0}^{\infty} \dfrac{1}{\Gamma(n)}\exp(-n\dfrac{u}{x}) u^{n-1}du = \left(\dfrac{x}{n}\right)^n $$

Por lo que $$ \begin{align} \sum_{n \ge 1}\left( \dfrac{x}{n} \right)^n &= \int_{0}^{\infty}\exp(-\dfrac{u}{x}) \sum_{n \geq 1} \dfrac{\left(u \exp(-\dfrac{u}{x})\right)^{n-1}}{\Gamma(n)} du\\ &= \int_{0}^{\infty} \exp\left(-\dfrac{u}{x} + u\exp(-\dfrac{u}{x})\right)du. \end{align} $$

Sustituyendo $u = -x \log t$ en la integral anterior tenemos $$\sum_{n \ge 1}\left( \dfrac{x}{n} \right)^n = \int_{0}^{1} \exp(\log t -x t\log t) x \dfrac{dt}{t} = x\int_{0}^{1} \dfrac{1}{t^{tx}}dt. $$

Una prueba para $\eqref{e:2}$.

Deje $M = \sup_{x \in [0,1]} g(x) > 0.$ Clara $\left(\int_{0}^{1} (g(t))^{x}\right)^{1/x} \leq (M^x)^{1/x} = M.$ No es un porcentaje ($x_0 \in [0,1]$tal que $M = g(x_0)$, y para cualquier $ \epsilon > 0$ tenemos un $\delta > 0 $ tal que $|x - x_0| \leq \delta$ $0 \leq x \leq 1$ implica $ g(x) \geq M - \epsilon$ y $$ \left(\int_{0}^{1} (g(t))^{x}\right)^{1/x} \geq \left(\int_{|x - x_0| < \delta} (g(t))^{x}\right)^{1/x} \geq (M-\epsilon) \ell^{1/x} $$ donde $\ell$ es la longitud del intervalo en que se $0 \leq x \leq 1$ $ |x - x_0| \leq \delta.$ Desde $\ell^{1/x} \to 1$ $x \to \infty$ el resultado de la siguiente manera.