Mostrando que $\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ $\rightarrow \frac{1}{e}$

Question

Mostrar:$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}= \frac{1}{e}$$

Así puedo expandir el numerador por la media geométrica. Dejando $C_{n}=\left(\ln(a_{1})+...+\ln(a_{n})\right)/n$. Llamemos al numerador $a_{n}$ y al denominador $b_{n}$. ¿Hay alguna forma de utilizar esta afirmación para forzar la secuencia original en la forma de $1/\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$?

Answer 1

No he encontrado una manera de reescribir tu expresión para obtener el resultado deseado. Sin embargo, aquí hay un enfoque sugerido.

Tal vez reescribir el lado izquierdo como $$\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}.$$

Toma el logaritmo. Obtenemos $$\frac{1}{n}\left(\log\left(\frac{1}{n}\right)+ \log\left(\frac{2}{n}\right)+\log\left(\frac{3}{n}\right)+\cdots+\log\left(\frac{n}{n}\right)\right).$$

Ahora piensa en la suma anterior como una suma de Riemann para la integral no del todo adecuada $$\int_0^1 \log x\,dx.$$

Answer 2

Me gustaría usar el siguiente lema:

Si $\lim_{n\to\infty}a_n=a$ y $a_n>0$ para todo $n$, entonces tenemos $$ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=a \tag{1} $$

Sea $a_n=(1+\frac{1}{n})^n$, entonces $a_n>0$ para todo $n$ y $\lim_{n\to\infty}a_n=e$. Aplicando ($*$) tenemos $$ \begin{align} e&=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\\ &=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left(\frac{2}{1}\right)^1\left(\frac{3}{2}\right)^2\cdots\left(\frac{n+1}{n}\right)^n}\\ &=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{(n+1)^n}{n!}}\\&= \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{\sqrt[n]{n!}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt[n]{n!}} \end{align}\tag{2} $$ donde usamos (1) en la última igualdad para mostrar que $ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{n!}}=0. $

Se sigue de (2) que $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{e}. $$

Answer 3

Si $a_n \geq 0$, entonces se cumple la siguiente desigualdad:

$$ \liminf_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} \leq \liminf_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} \leq \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} \leq \limsup_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}. $$

Ahora sea $ a_n = n! / n^n $. Entonces se sigue que

$$ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{n!}{n^n}} = \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n},$$

y por lo tanto

$$ \liminf_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \limsup_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{1}{e}. $$

Esto prueba que $\sqrt[n]{a_n} \to e^{-1}$.

Answer 4

Es sencillo si se usa el teorema de Cesaro-Stolz y luego el límite célebre de Lalescu.

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}= \lim_{n\to\infty} \sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{(n)!}=\frac{1}{e}.$$

Answer 5

Aquí hay un cálculo bastante directo del límite usando apretamiento. Necesita

• $\ln k < \int_k^{k+1}\ln x \; dx < \ln (k+1)$
• $ \int \ln x \; dx = x(\ln x - 1) \color{grey}{+C} $
• $\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{\ln (n+1)}{n} = 0$

Establecemos $$ x_n = \ln \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \ln k - \ln n$$ Entonces, lo que se quiere mostrar es $\color{blue}{x_n \stackrel{n\rightarrow \infty}{\longrightarrow} -1}$. Tenemos $$ \int_1^n \ln x \; dx < \sum_{k=1}^{n-1} \ln (k+1) =\sum_{k=1}^n \ln k < \int_1^{n+1}\ln x \; dx $$ Ahora apretamos: $$ \color{blue}{L_n} := \frac{1}{n}\int_1^n \ln x \; dx - \ln n \color{blue}{

\begin{align*} \color{blue}{L_n} & = \frac{1}{n}\left( n(\ln n - 1) +1 \right) - \ln n \\ & = -1 +\frac{1}{n} \color{blue}{\stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} -1} \\ & \\ \color{blue}{R_n} & = \frac{1}{n}\left( (n+1)(\ln (n+1) - 1) +1 \right) - \ln n \\ & = \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \ln (n+1) - \left( 1 + \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{n} - \ln n \\ & = -1 + \ln \left( 1+\frac{1}{n} \right) + \frac{\ln (n+1)}{n} \color{blue}{\stackrel{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} -1} \end{align*}