Límite resuelto por integral definida (Demidovich)

Question

Estaba resolviendo este límite del libro de ejercicios de Demidovich: $$\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{\vphantom{\Large a}\, n!\,}}{n}$$

y conseguí llevarlo a este estado pero luego me quedé atascado:

$$e^{\frac{1}{n}(\log(n) + \log(n - 1) + ... + \log(1)) - \log(n)}$$

donde $\log x$ es un logaritmo natural de x. ¿Puede proporcionar alguna pista?

Answer 1

Aplicar la prueba de la proporción a la secuencia $\{a_n\}_{n\geq 1}$ dado por: $$ a_n = \frac{n!}{n^n}. $$ Lo tenemos:

$$ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} $$ por lo que $\lim_{n\to +\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{e}$ implica $\lim_{n\to +\infty}\sqrt[n]{a_n}=\frac{1}{e}$ No se necesitan integrales.

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Si quieres usar una integral a toda costa, fíjate en eso: $$ \log(a_n) = \sum_{k=1}^{n}\log\left(\frac{k}{n}\right) $$ por lo tanto, por sumas de Riemann: $$ \lim_{n\to +\infty}\frac{\log(a_n)}{n} = \int_{0}^{1}\log(x)\,dx = \color{red}{-1}.$$

Answer 2

Este es un enfoque de fuerza bruta.

$$\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=e^{\frac1n \log(n!)-\log(n)}$$

Ahora bien, hay que tener en cuenta que el término $\log(n!)$ puede escribirse como

$$\begin{align} \log(n!)&=\sum_{k=1}^n \log(k)\\\\ &=n\left(\frac1n \sum_{k=1}^n\log(k/n)+\log(n)\right) \tag 1 \end{align}$$

Obsérvese que la suma en $(1)$ es la suma de Riemann para la función logaritmo. Por lo tanto,

$$\lim_{n\to \infty}\left(\frac1n \sum_{k=1}^n\log(k/n)\right) =\int_0^1 \log(x)\,dx=-1 \tag 2$$

Desde $(2)$ tenemos

$$\frac1n \sum_{k=1}^n\log(k/n)=-1+\epsilon(n)$$

donde $\lim_{n\to \infty}\epsilon(n)=0$ . Entonces, podemos escribir

$$\begin{align} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}&=e^{\frac1n \log(n!)-\log(n)}=e^{-1+\epsilon(n)}\\\\ &\to e^{-1}\,\,\text{as}\,\,n\to \infty \end{align}$$

Answer 3

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Leftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\, #2 \,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ Puede utilizar el Expresión asintótica de Stirling para "grandes $n$ : \begin {align} \color {#f00}{ \lim_ {n \to \infty }{ \root [n]{n!} \over n}} & = \lim_ {n \to \infty }{ \pars { \root {2 \pi }n^{n + 1/2} \expo {n}}^{1/n} \over n} = \lim_ {n \to \infty } \bracks { \pars {2 \pi }^{1/ \pars {2n}}n^{1/ \pars {2n}} \expo {-1}} = \color {#f00}{{1 \over \expo {}}} \approx 0.3679 \end {align}

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Tenga en cuenta que $$ \lim_{n \to \infty}{\ln\pars{n} \over 2n} = \lim_{n \to \infty}{\ln\pars{n + 1} - \ln\pars{n} \over \pars{2n + 2} - 2n} = 0 \quad\imp\quad\lim_{n \to \infty}n^{1/\pars{2n}} = 1 $$