Lösning. Först logaritmerar vi $A_n$ och beräknar $\lim_{n\to \infty}(\ln (A_n))$ :

\ln (A_n) = \frac{1}{n^2} \ln \left(\frac{1}{n}\right) + \frac{2}{n^2} \ln \left(\frac{2}{n}\right) \cdots + \frac{n}{n^2} \ln \left(\frac{n}{n}\right) = \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n^2} \ln \left(\frac{k}{n}\right) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln \left(\frac{k}{n}\right).

Uttrycket $\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln \left(\frac{k}{n}\right)$ ser formellt ut som en Riemannsumma för funktionen $y = x \ln x$ över intervallet $[0,1]$ , men problemet är att $x \ln x$ inte är definierat för $x=0$ .

Notera att

\lim_{x \to 0^+} (x \ln x) = \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{\ln x}{1/x}\right) = (\text{L'Hôpital}, [\infty / \infty]) = \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{1/x}{-1/x^2}\right) = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0.

Därmed är funktionen

f(x) = \begin{cases} x \ln x, & 0 < x \leq 1 \\ 0 & \text{om } x = 0 \end{cases}

kontinuerlig och därmed integrerbar på intervallet $[0,1]$ .

Uttrycket $\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln \left(\frac{k}{n}\right)$ är nu en Riemannsumma $\sum_{k=1}^{n} f(x_k)(x_k - x_{k-1})$ för integralen $\int_0^1 f(x)dx$ med $x_k = \frac{k}{n}$ , och $x_k - x_{k-1} = \frac{1}{n}, k = 1, \ldots, n$ . Detta medför att

\lim_{n \to \infty} (\ln (A_n)) = \int_0^1 x \ln x \, dx = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \int_{\varepsilon}^1 x \ln x \, dx = \text{(partiell integration)} = \lim_{\varepsilon \to 0^+} \left(\left[\frac{x^2}{2} \ln x\right]_{\varepsilon}^1 - \int_{\varepsilon}^1 \frac{x}{2} \, dx\right) =

$\lim_{\varepsilon \to 0^+} \left(-\frac{1}{4} + \frac{\varepsilon^2}{4} - \varepsilon^2 \ln \varepsilon\right) = -\frac{1}{4}$ . Notera att $\lim_{\varepsilon \to 0^+} \varepsilon^2 \ln \varepsilon = 0$ vilket visas på samma sätt som ovan.

Slutligen, eftersom $e^x$ är en kontinuerlig funktion, har vi

\lim_{n \to \infty} (A_n) = \lim_{n \to \infty} \left(e^{\ln (A_n)}\right) = e^{-1/4}

Svar. $e^{-1/4}$ .