Mostrar %#% $ $$\lim_{n\rightarrow+\infty}\sum_{k=1}^n \displaystyle \left( \Gamma\bigl(\frac{k}{n}\bigr)\right)^{-k}=\frac{e^\gamma}{e^\gamma-1}$ #% Dónde está la Constante de Euler-Mascheroni.
Motivación: se puede demostrar que $\gamma$$$\lim_{n\rightarrow+\infty}\displaystyle\left(n-\Gamma\bigl(\frac{1}{n}\bigr)\right)=\gamma.$\Gamma\bigl (\frac {1} {n} \bigr) \sim n$ This means that $n$ when $\Gamma\bigl(\frac{k}{n}\bigr) \sim \frac{n}{k}$ is large. So we have that (even if is not correct) $$. It implies that $$\sum_{k=1}^{n}\displaystyle\left(\Gamma\bigl(\frac{k}{n}\bigr)\right)^{-k}\sim \sum_{k=1}^{n}(\frac{k}{n})^k.$\frac{e}{e-1}$ Since the limit of the right sum exists and its value is $\frac{e^\gamma}{e^\gamma− 1} $.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Paso 1. Si $$I_1(n)=\sum_{1\leq k\leq\sqrt{n}}\left(\Gamma\left(\frac{k}{n}\right)\right)^{-k}$$ A continuación,$\lim\limits_{n\to\infty}I_1(n)=0$.
Prueba. En efecto, desde el $\Gamma$ es la disminución en el $(0,1]$ hemos $$ I_1(n)\leq\sum_{1\leq k\leq\sqrt{n}}\left(\Gamma\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right)^{-k}\leq\sum_{k=1}^\infty\left(\Gamma\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right)^{-k}=\frac{1}{\Gamma(1/\sqrt{n})-1}$$ y el paso 1. de la siguiente manera.
Paso 2. Si $$I_2(n)=\sum_{\sqrt{n}<k\leq n/2}\left(\Gamma\left(\frac{k}{n}\right)\right)^{-k}$$ A continuación,$\lim\limits_{n\to\infty}I_2(n)=0$.
Prueba. Recordemos que $\Gamma$ alcanza su mínimo $\approx0.8856$,$[1,2]$, en algunos punto de $x_0\approx1.4616$. En particular, $\Gamma(x)\geq2/3$$1\leq x\leq 2$. Así, por $\sqrt{n}<k\leq n/2$ hemos $$ \frac{k}{n}\Gamma\left(\frac{k}{n}\right)=\Gamma\left(1+\frac{k}{n}\right) \geq\frac{2}{3} $$ Así, por $\sqrt{n}<k\leq n/2$,$\Gamma(k/n)>4/3$. De ello se sigue que $$ I_2(n)\leq \sum_{k>\sqrt{n}}\left(\frac{3}{4}\right)^k=4\left(\frac{3}{4}\right)^{\lceil\sqrt{n}\rceil} $$ y en el paso 2. de la siguiente manera.
Paso 3. Si $$I_3(n)=\sum_{n/2<k\leq n}\left(\Gamma\left(\frac{k}{n}\right)\right)^{-k}$$ A continuación,$\lim\limits_{n\to\infty}I_3(n)=\dfrac{e^\gamma}{e^\gamma-1}$. donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante.
Prueba. Nótese en primer lugar que, con $p=n-k$, $$ I_3(n)=\sum_{0\leq p<n/2}\left(\Gamma\left(1-\frac{p}{n}\right)\right)^{p-n} =\sum_{p=0}^\infty a_p(n) $$ con $$a_p(n)=\left\{\matrix{\left(\Gamma\left(1-\frac{p}{n}\right)\right)^{p-n}&\hbox{if}& 0\leq p<n/2\cr0&\hbox{otherwise}}\right.$$ Ahora, desde la $\Gamma(1)=1$ $\Gamma'(1)=-\gamma$ tenemos, por un fijo $p$ y de un gran $n$: $$(p-n)\ln\Gamma\left(1-\frac{p}{n}\right)=(p-n)\ln\left(1+\frac{\gamma p}{n}+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)=-\gamma p+\mathcal{O}\left(\frac{1}{n}\right)$$ Así $$ \forall\,p\geq 0,\quad \lim_{n\to\infty}a_p(n)=e^{-\gamma p}.\la etiqueta{1} $$ Ahora, necesitaremos el siguiente lema.
Lema. Para $t\in[1/2,1]$ tenemos $(\Gamma(t))^{t/(1-t)}\geq \Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}.$
Toma, este lema por sentado, llegamos a la conclusión tomando $t=1-p/n$ al $0\leq p<n/2$, que $$ \forall\,p\geq 0,n\geq 1,\quad a_p(n)\leq \left(\frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)^p. \etiqueta{2} $$ y claramente, $$\sum_{p=0}^\infty \left(\frac{1}{\sqrt{\pi}}\right)^p<+\infty\tag{3}$$ Combining $(1)$, $(2)$ and $(3)$ llegamos a la conclusión de que $$ \lim_{n\to\infty}I_3(n)=\lim_{n\to\infty}\sum_{p=0}^\infty a_p(n) =\sum_{p=0}^\infty\lim_{n\to\infty}a_p(n)= \sum_{p=0}^\infty e^{-\gamma p}=\frac{e^\gamma}{e^\gamma-1}.$$
La conclusión deseada de la siguiente manera: $$ \lim_{n\to\infty}\sum_{1\leq k\leq n}\left(\Gamma\left(\frac{k}{n}\right)\right)^{-k}= \lim_{n\to\infty}(I_1(n)+I_2(n)+I_3(n))=\frac{e^\gamma}{e^\gamma-1}. $$
La prueba del Lema. Deje $f(t)=\dfrac{t}{1-t}\ln\Gamma(t)$. A continuación, $f'(t)=\dfrac{g(t)}{(1-t)^2}$ con $$g(t)=\ln\Gamma(t)+t(1-t)\psi(t);\quad\hbox{where $\psi(t)=\Gamma'(t)/\Gamma(t)$}$$ y $g'(t)=(1-t)h(t)$ con $$h(t)=2\psi(t)+t\psi'(t)$$ y, finalmente,$h'(t)=3\psi'(t)+t\psi''(t)=\sum_{k=0}^\infty\frac{3k+t}{(k+t)^3}>0$.
Por eso, $h$ va en aumento, y $\lim_{t\to0^+}h(t)=-\infty$, $h(1)=\frac{\pi^2}{6}-2\gamma>0$. Esto demuestra que $h(t)<0$$0<t<x_0$$h(t)>0$$x_0<t<1$, para algunas de las $x_0$.
Y $g$ es la disminución en el $[0,x_0]$ y aumentando en $[x_0,1]$. Pero $\lim_{t\to0^+}g(t)=+\infty$, $g(1)=0$. Esto demuestra que $g$ tiene exactamente un cambio de signo en $(0,1)$ a partir de positivo a negativo. Esto demuestra que el mínimo de$f$$[1/2,1]$$\min(f(1/2),f(1))=f(1/2)$, y el lema queda demostrado.
