Primero de todo,
vamos a ver lo que el resultado debe ser
para general $k$.
$\begin{array}\\
f(k, n)
&=\dfrac{k^{kn} (n!)^k}{(kn)!}\\
&\approx \dfrac{k^{kn} (n^n\sqrt{2\pi n}e^{-n})^k}{(kn)^{kn}\sqrt{2\pi kn}e^{-kn}(kn)!}\\
&= \dfrac{k^{kn} n^{kn}(2\pi)^{k/2} n^{k/2}e^{-kn}}{k^{kn}n^{kn}\sqrt{2\pi kn}e^{-kn}}\\
&= \dfrac{(2\pi)^{(k-1)/2} n^{(k-1)/2}}{\sqrt{ k}}\\
\end{array}
$
Como comprobación,
esto le da
$f(3, n)
\approx \dfrac{2\pi n}{\sqrt{ 3}}
$
lo cual está de acuerdo con su resultado,
desde
$(k-1)/2 = 1$ $k=3$.
Tenga en cuenta que el
$(3n+1)!$ fue una especie de falso,
desde
$3n(3n)!$
habría dado el mismo límite.
Si usted quiere así
algún tipo de
Suma de Riemann,
usted tendría que tomar registros de
y el uso de
$\ln(n!)
=\sum_{i=1}^n \ln(i)
\approx \int_{i=1}^n \ln(x)dx
=(x \ln(x)-x)\big|_0^n
=n\ln(n)-n
$.
Eso está muy cerca
a Stirling
$\ln(n!)
\aprox n\ln(n)-n+\frac12(\ln(n)+\ln(2\pi))
$.
La razón es que
si $f$ es monótona
a continuación, el error en el uso de
$\sum_{i=1}^n f(i)
\approx \int_{i=1}^n f(x)dx
$
está delimitado por la
$f(0)+f(n)$
que es, en este caso,
$\ln(n)$.
Esto puede ser probado
mediante el uso de
$\min(f(n), f(n+1))
\le \int_n^{n+1} f(x) dx
\le \max(f(n), f(n+1))
$.
Lo que se obtiene
para $\ln f(k, n)=g(k, n)$
es
$\begin{array}
fg(k, n)
&\approx kn\ln(k)+k\ln(n!)-\ln((kn)!)\\
&=kn\ln(k)+k(n\ln(n)-n)-(kn\ln(kn)-kn)\\
&=kn\ln(k)+kn\ln(n)-kn-(kn(\ln(k)+\ln(n))-kn)\\
&=kn\ln(k)+kn\ln(n)-kn-(kn(\ln(k)+\ln(n))-kn)\\
&=0\\
\end{array}
$
La razón de esto
es que el error
en
$\ln(n!)
\aprox n \ln(n)-n
$
es de orden
$\ln(n)$,
por lo que el error en
$\ln(n!^k)$
es de orden
$k\ln(n)
=\ln(n^k)
$
la cual se ajusta el resultado exacto
muy bien.
En otras palabras,
usted tendría que usar
una aproximación más precisa
a $\sum_{i=1}^n \ln(i)$
y lo mejor que podía hacer
sería el mismo
Stirling aproximación
con la constante
($\sqrt{2\pi}$)
siendo indeterminado.
Más precisamente,
si usted utiliza
$\ln(n!)
\aprox n\ln(n)-n+\frac12 \ln(n)+c
$,
usted obtener
$\ln(f(k, n))
\aprox (k-1)c+\frac{k-1}{2}\ln(n)-\frac12 \ln(k)
$.
Y eso es todo lo que puedo pensar.
