Usando la fórmula de Wallis para mostrar el límite de $a_n:=n!\left(\frac{e}{n}\right)^n n^{-1/2}$.

Question

Sea $$a_n:=n!\bigg(\frac{e}{n}\bigg)^n n^{-1/2}.$$

Con la ayuda de la fórmula de Wallis $$\frac{\pi}{2} = \prod_{n=1}^\infty \frac{4n^2}{4n^2-1}=\lim_{m\to \infty}\frac{2^{4m}(m!)^4}{((2m)!)^2 (2m+1)}$$ muestra que el límite de $a_n$ es $\sqrt{2\pi}$.

No tengo idea de cómo derivar el límite a partir de esta fórmula. Agradecería mucho cualquier pista o solución.

Answer 1

Obviamente, el uso de la Aproximación de Stirling hará el trabajo rápidamente, pero supongo que el propósito de este problema es proporcionar una demostración alternativa de la Aproximación de Stirling. Mi trabajo consta de dos partes. La primera parte es obtener el límite de $a_n$ cuando $n\to\infty$, asumiendo que el límite existe (y es finito). La segunda parte es verificar que el límite realmente existe y es un número real positivo.

Tenga en cuenta que $$\frac{a_m^4}{a_{2m}^2}=\frac{\left(\frac{m!}{\sqrt{m}}\,\left(\frac{\text{e}}{m}\right)^m\right)^4}{\left(\frac{(2m)!}{\sqrt{2m}}\,\left(\frac{\text{e}}{2m}\right)^{2m}\right)^2}=\frac{2^{4m+1}\,(m!)^4}{\big((2m)!\big)^2\,m}\text{ para todo }m=1,2,3,\ldots\,.$$ Por lo tanto, $$\lim_{m\to\infty}\,\frac{a_m^4}{a_{2m}^2}=\lim_{m\to\infty}\,\frac{2^{4m+1}\,(m!)^4}{\big((2m)!\big)^2\,m}=\left(\lim_{m\to\infty}\,\frac{2^{4m}\,(m!)^4}{\big((2m)!\big)^2\,(2m+1)}\right)\,\left(\lim_{m\to\infty}\,\frac{2(2m+1)}{m}\right)\,.$$ Usando la Fórmula de Wallis, obtenemos $$\lim_{m\to\infty}\,\frac{a_m^4}{a_{2m}^2}=4\,\left(\frac{\pi}{2}\right)=2\pi\,.$$

Por lo tanto, si $L:=\lim\limits_{m\to\infty}\,a_m$ existe y es un número real positivo, entonces obtenemos $$L^2=\frac{L^4}{L^2}=\frac{\lim\limits_{m\to\infty}\,a_m^4}{\lim\limits_{m\to\infty}\,a_{2m}^2}=\lim_{m\to\infty}\,\frac{a_m^4}{a_{2m}^2}=2\pi\,,$$ por lo tanto $L=\sqrt{2\pi}$. Ahora debemos mostrar que $L$ existe. Primero, observe que $$\ln\left(a_m\right)=1-\left(\int_1^m\,\ln(x)\,\text{d}x-T_m\right)\,,$$ donde $$T_m:=\frac{1}{2}\,\ln(1)+\sum_{k=2}^{m-1}\,\ln(k)+\frac{1}{2}\,\ln(m)$$ es la aproximación trapezoidal con $m+1$ nodos equidistantes para la integral $I_m:=\displaystyle\int_1^m\,\ln(x)\,\text{d}x$. Escriba $E_m:=I_m-T_m$.

Observe que $E_m>0$ para cada $m$ (ya que $\ln$ es cóncava). Además, $$E_{m+1}-E_{m}=\left(I_{m+1}-I_m\right)-\left(T_{m+1}-T_{m}\right)=\small\int_m^{m+1}\,\ln(x)\,\text{d}x-\frac{1}{2}\,\ln(m)-\frac{1}{2}\,\ln(m+1)\,.$$ Por lo tanto, $$E_{m+1}-E_m=\left(m+\frac{1}{2}\right)\,\ln\left(1+\frac{1}{m}\right)-1\,.$$ Porque $$ t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\frac{t^4}{4}\leq \ln(1+t)\leq t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}$$ para $t\geq 0$ (esto se debe al Teorema de Taylor), vemos que $$E_{m+1}-E_m\geq \left(m+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{2m^2}+\frac{1}{3m^3}-\frac{1}{4m^4}\right)-1=\frac{1}{12m^2}-\frac{1}{12m^3}-\frac{1}{8m^4}$$ y $$E_{m+1}-E_m\leq \left(m+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{2m^2}+\frac{1}{3m^3}\right)-1=\frac{1}{12m^2}+\frac{1}{6m^3}\,.$$ Es decir, si $m\geq 2$, $$\frac{1}{96m^2}\leq E_{m+1}-E_m\leq \frac{1}{6m^2}\,.\tag{*}$$ De hecho, $E_2-E_1=\frac{3}{2}\,\log(2)-1$ también satisface (*). Esto significa que $E_1,E_2,E_3,\ldots$ forman una secuencia creciente con cota superior $$\sum_{m=1}^\infty\,\frac{1}{6m^2}=\frac{\zeta(2)}{6}=\frac{\pi^2}{36}<\infty\,,$$ donde $\zeta$ es la función zeta de Riemann. Esto muestra que $\lim\limits_{m\to\infty}\,E_m=\sup\left\{E_1,E_2,E_3,\ldots\right\}$ existe y es finito.

Recuerde que $\ln\left(a_m\right)=1-E_m$ para todo $m=1,2,3,\ldots$. El párrafo anterior muestra que $\lim\limits_{m\to\infty}\,\ln\left(a_m\right)$ existe y es finito. Es decir, $L=\lim\limits_{m\to\infty}\,a_m$ también existe y es finito. Porque $$L=\exp\left(1-\lim\limits_{m\to\infty}\,E_m\right)\,,$$ es un número real positivo (bueno, esto es un tanto obvio sin usar el límite $\lim\limits_{m\to\infty}\,E_m$). La prueba está ahora completa.