Mostrar que la secuencia de $\left(\frac{2^n}{n!}\right)$ tiene un límite.

Question

Mostrar que la secuencia de $\left(\frac{2^n}{n!}\right)$ tiene un límite.

Inicialmente se infiere que la pregunta me obligó a utilizar la definición del límite de una secuencia debido a que una sucesión es convergente si tiene un límite de $$\left|\frac{2^n}{n!} - L \right|{}{}<{}{}\epsilon$$

He llegado a través de los enfoques que utilizan el teorema del sándwich, pero no estoy seguro de si se aplica a mi pregunta. Mientras he encontrado respuestas en este sitio similar a las preguntas que contiene la secuencia, todos ellos asumen el límite es de $0$.

Creo que necesito mostrar $a_n \geq a_{n+1},\forall n \geq 1$, por lo que

$$a_{n+1} = \frac{2^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{2}{n+1}\frac{2^{n}}{n!}<a_n$$

Una monótona disminución de la secuencia es convergente y, por tanto, la secuencia está delimitado por debajo de cero debido a que sus términos son positivos. No estoy seguro de si es o no tengo que hacer más para responder a la pregunta.

Answer 1

Es fácil probar que $$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2^n}{n!} \lt \infty$$ por ejemplo, con la prueba de razón tiene $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n!}{2^n}\cdot\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{2}{n+1}\longrightarrow 0$$ A continuación, $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2^n}{n!}$ se $0$

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Si usted no sabe nada acerca de la serie se podría afirmar, que $n!>3^n$ si $n\gt N_0$ fijos $N_0\in\mathbb{N}$. Por lo tanto usted tiene para los $n$ $$0<\frac{2^n}{n!} \lt\frac{2^n}{3^n}=\left(\frac{2}{3}\right)^n\longrightarrow 0$$ Por lo tanto $$\lim\limits_{n\longrightarrow\infty} \frac{2^n}{n!} =0 $$

Answer 2

Para $n>2$, tenemos \begin{eqnarray*} 0 < \frac{2^n}{n!}&=&\frac{2}{1}\times\frac{2}{2}\times\cdots\times\frac{2}{n-1}\times\frac{2}{n}\\ &\leq&2\times1\times\cdots\times1\times\frac{2}{n}=\frac{4}{n}.\end{eqnarray*} A continuación, por el apretón de principio (o directamente de la definición de límite), llegamos a la $$\lim_{n\to\infty}\frac{2^n}{n!}=0.$$

Así que si has probado el apriete principio, se puede aplicar. Si no, usted puede ir directamente a la definición:

Deje $\epsilon>0$. Luego de tomar $N>\frac{4}{\epsilon}$, nos encontramos con que $$ \left|\frac{2^n}{n!}-0\right| = \frac{2^n}{n!} \leq \frac{4}{n} < \epsilon,\qquad \hbox{for all}\quad n>N.$$ Esto demuestra directamente que el límite es cero. (Sólo para arreglar un pequeño suelto del hilo: tenemos que tomar $N$ más grande que el de 2 (de modo que la desigualdad trabajado anteriormente se aplica) y $4/\epsilon$.)

Answer 3

Desde $$ e^x = \sum_{r=0}^{\infty} \frac{x^r}{r!}$$ for all $x \in \mathbb{R}$, by Cauchy criterion $$\lim_{n \to \infty} \frac{x^n}{n!} = 0 $$

Answer 4

Tenga en cuenta que cada término de la secuencia de $a_n=\dfrac{2^n}{n!}$ es mayor que $0$.

Además, $a_{n+1}=\dfrac2{n+1}a_n$, de modo que para $n>1$ tenemos $a_{n+1}\lt a_n$.

Por el Teorema de Convergencia Monótona, una disminución de la secuencia de reales, acotado a continuación, tiene un límite.

Answer 5

La sucesión es decreciente y acotada por debajo, por lo que tiene un límite finito decir $ a_n\to x$. Ahora $$a_{n+1}=\frac{2}{n+1} a_n$$ Taking limit $n\to\infty$ on both side you have $x=0.x=0$.