Prueba: $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=e^{-1}$

Question

Demostrar que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=e^{-1}$ .

Esta es mi solución:

La fórmula de Stirling nos dice $$\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}}=1$$ lo que implica $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{n!}{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}}}=1$$ entonces simplificando el lado izquierdo tenemos $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{e^{n}}\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[2n]{2\pi n}}=e\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=1$$ desde $\lim_{n\to\infty}\sqrt[2n]{2\pi n}=1$ . Dividir ambos lados por $e$ y hemos terminado.

¿Es esto correcto? Este es un problema de Problemas en el análisis real por Radulescu y Andreescu. El libro da otras dos pruebas. ¡Gracias!

Answer 1

Dejemos que $$A_n=\frac{\sqrt[n]{n!}}n.$$ Entonces $$\log(A_n)=\frac 1n \log(n!)-\log(n)=\frac 1n \sum_{k=1}^n\log k-\log(n)=\sum_{k=1}^n\frac1n\log(\frac{k}{n})\to\int_0^1\log xdx=-1$$ y por lo tanto $$ \lim_{n\to\infty} A_n=e^{-1}. $$

Answer 2

Podrías hacerlo más corto $$A=\frac{\sqrt[n]{n!}}n\implies \log(A)=\frac 1n \log(n!)-\log(n)$$ Utilizando la aproximación de Stirling $$ \log(n!)=n (\log (n)-1)+\frac{1}{2} \left(\log (2 \pi )+\log \left(n\right)\right)+\frac{1}{12 n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$ lleva a $$\log(A)=-1+\frac{\log (n)+\log (2 \pi )}{2 n}+\frac{1}{12 n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)$$