$\lim\limits_{n \to{+}\infty}{\sqrt[n]{n!}}$ es infinito

Question

¿Cómo puedo demostrar que $ \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\sqrt[n]{n!}}$ es infinito?

Answer 1

(EDIT: primeras líneas reformuladas debido a las críticas recibidas)

Queremos demostrar que para un número real fijo $\alpha$ tenemos $$ (n!)^{\frac{1}{n}}>\alpha $$ para un tamaño suficientemente grande $n$ . Evidentemente, basta con demostrar que el logaritmo de esta cantidad supera $\alpha$ (para un tamaño suficientemente grande $n$ ).

Utilizando las reglas elementales del registro, tenemos \begin{align} \log(n!^{\frac{1}{n}}) &= \frac{\log(n!)}{n}\\ &= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} \log(i)\\ \end{align} Empezaremos la suma en $2$ desde $\log(1)$ es 0. Ahora $$ \frac{1}{n}\sum_{i = 2}^{n} \log(i) $$ es una suma de Riemann a la derecha (con tamaño de paso $\Delta x$ = 1) que da una sobreestimación de la integral $$ \int_1^n\log(x)dx. $$ Pero esta integral es sólo $$ n\log(n) - n + 1. $$ Así, hemos demostrado que $$ \log(n!^{\frac{1}{n}}) \geq \log(n) - 1 + \frac{1}{n} $$ y el lado derecho va a $\infty$ como $n$ va a $\infty$ que es lo que queremos.

Answer 2

Denote $S_n=\sqrt[n]{n!}$ . Entonces $$ \log S_n= \frac{\log 1+..+\log n}{n}=\frac{a_n}{b_n}$$ .

Desde $b_n$ es creciente y tiende a $\infty$ y tenemos $$ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\log(n+1) \to \infty$$ podemos aplicar Stolz-Cesaro y concluir que el límite $L=\lim_{n \to \infty} \log S_n$ existe y $L=\infty$ . Esto implica que $S_n \to \infty$ .

Answer 3

Sugerencia :

$$n! \approx \sqrt{2\pi n}\cdot\left(\frac{n}{e}\right)^n$$

Answer 4

Esta solución es en cierto modo similar a la de Beni:

Demostramos una afirmación más fuerte: $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{e}$ .

Prueba:

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=e^{ \lim_{n \rightarrow \infty} \ln\left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\right)} $$

Calculamos ahora por separado

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \ln\left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\right)= \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\ln \frac{n!}{n^n}}{n}$$

Por Stolz-Cesàro obtenemos

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \ln\left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\right)= \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{\ln \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}-\ln \frac{n!}{n^n}}{n+1-n}= \lim_{n \rightarrow \infty}\left(\ln \frac{n!}{(n+1)^{n}}-\ln \frac{n!}{n^n}\right)\\ \hspace{2.55cm}= \lim_{n \rightarrow \infty}\ln \frac{n^n}{(n+1)^{n}}=\lim_{n \rightarrow \infty}\ln \frac{1}{\left(1+\frac1n\right)^{n}}=\ln\left(\frac{1}{e}\right)=-1$$

Answer 5

A la luz de la respuesta de sdcvvc, esta respuesta puede ser un poco excesiva; pero se puede generalizar el siguiente argumento para demostrar que si $(a_n)$ es una secuencia de números positivos y si $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{a_{n+1}\over a_n}=\infty$ entonces $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}{\root n\of{a_n}}=\infty$ . (De forma más general, se puede demostrar que $\limsup\limits_{n\rightarrow\infty}{\root n\of{a_n}} \le \limsup\limits_{n\rightarrow\infty}{a_{n+1}\over a_n} $ y que $ \liminf\limits_{n\rightarrow\infty}{a_{n+1}\over a_n} \le \liminf\limits_{n\rightarrow\infty}{\root n\of{a_n}} $ . )

Dejemos que $a_n=n!$ . Se puede demostrar por inducción que $a_{n+k}\ge n^k a_n$ para todos los enteros positivos $n$ y $k$ .

Ahora fija un número entero positivo $N$ y que $n$ sea un número entero positivo con $n\ge N$ . Entonces $$\tag{1} a_n =a_{N+(n-N)} \ge N^{n-N} a_N=N^n\cdot {a_N\over N^N},\qquad\qquad(n\ge N). $$ Tomando la $n^{\rm th}$ raíces de los lados izquierdo y derecho de $(1)$ da $$\tag{2} \root n\of{a_n}\ge N\cdot{\root n\of {a_N}\over (N^N)^{1/n}}, \qquad\qquad(n\ge N). $$ Ahora, como $n\rightarrow\infty$ el lado derecho de $(2)$ tiende a $N$ . De ello se deduce que $\liminf\limits_{n\rightarrow\infty} \root n\of{a_n}\ge N$ . Pero, como $N$ era arbitraria, debemos entonces tener $\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \root n\of{a_n}=\infty$ .