$\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots(n+n)}}.$

RESUMEN. Calculamos un límite por sumas de Riemann.

Enunciado
Calcular $L=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\frac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots(n+n)}}.$

Solución
Denotemos $A(n)={\dfrac{1}{n}\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}}.$ Entonces,
$$A(n)=\displaystyle\sqrt[n]{\frac{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}{n^n}}=\sqrt[ n]{\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{2}{n}\right)\cdots \left(1+\frac{n}{n}\right)}.$$ Tomando logaritmos, $$\log A(n)=\displaystyle\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^n{\log \left(1+\frac{k}{n}\right)}$$ y usando la conocida fórmula de las sumas de Riemann $$\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)=\int_0^1f(x)\;dx$$ obtenemos $$\lim_{n\to +\infty}\log A(n)=\int_0^1 \log (1+x)dx.$$ Usando el método de integración por partes con $u=\log (1+x)$ y $dv=dx$ obtenemos $du=1/(1+x)$ y $v=x$ por tanto, $$\int_0^1\log (1+x)dx=\left[x\log (1+x)\right]_0^1-\int_0^1\frac{x}{1+x}dx$$ $$=\log 2-\int_0^1\left(1-\frac{1}{1+x}\right)dx=\log 2-\left [1-\log(1-x)\right]_0^1=2\log 2-1.$$ Usando que el límite del logaritmo es el logaritmo del límite, $$L=e^{\log L}=e^{\log \lim_{n\to +\infty}A(n)}=e^{\lim_{n\to+\infty}\log A(n)}$$ $$=e^{2\log 2-1}=e^{\log 4-1}=e^{\log 4}e^{-1}=\frac{4}{e}.$$

Esta entrada ha sido publicada en Análisis real y complejo y etiquetada como , , . Guarda el enlace permanente.