Informática: $L =\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{\frac{n}{1}+\frac{n-1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}{\ln(n!)} \right)^{{\frac{\ln(n!)}{n}}} $

Question

Calcula el siguiente límite:

$$L =\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{\frac{n}{1}+\frac{n-1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}{\ln(n!)} \right)^{{\frac{\ln(n!)}{n}}} $$

Busco una solución fácil y sencilla, pero aún no estoy seguro de que sea posible. Cualquier pista, sugerencia a lo largo de este camino es bienvenida. Gracias.

Answer 1

No estoy seguro de tener razón.

Primero tenemos $\sum_{k=1}^n (n+1-k)/k = (n+1)H_n-n$ , así que $$L = \lim_{n\to\infty} \left(\frac{(n+1)H_n-n}{\ln n!}\right)^{\frac{\ln n!}n}$$ Si tomamos el logaritmo, tenemos $\ln L = \lim_{n\to\infty} A(n)B(n)$ , donde $$A(n) = \frac{\ln n!}n = \frac{n\ln n+O(n)}n = \ln n+O(1)$$ et $B(n) = \ln C(n)$ donde \begin{align*} C(n) &= \frac{(n+1)H_n-n}{\ln n!} \\ &= \frac{(n+1)(\ln n+\gamma+O(1/n))-n}{n\ln n-n+O(\log n)} \\ &= \frac{n\ln n-(1-\gamma)n+O(\log n)}{n\ln n-n+O(\log n)} \\ &= \frac{1-\dfrac{1-\gamma}{\ln n}+O(1/n)}{1-\dfrac1{\ln n}+O(1/n)} \\ &= \left(1-\frac{1-\gamma}{\ln n}\right)\left(1-\frac1{\ln n}\right)^{-1}\left(1+O(1/n)\right)^2 \\ &= \left(1-\frac{1-\gamma}{\ln n}\right)\left(1+\frac1{\ln n}+O(1/\log n)^2\right)\left(1+O(1/n)\right) \\ &= 1+\frac\gamma{\ln n}+O(1/\log n)^2 \end{align*} Así que $$B(n) = \ln C(n) = \ln\left(1+\frac\gamma{\ln n}\right)+O(1/\log n)^2 = \frac\gamma{\ln n}+O(1/\log n)^2$$ et $$A(n)B(n)=\gamma+O(1/\log n)$$ Dejemos que $n\to\infty$ tenemos $\lim_{n\to\infty} A(n)B(n)=\gamma$ Así que $L = e^\gamma$ .

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Las siguientes ecuaciones provienen de Matemáticas concretas , demostrado por Fórmula de Euler-Maclaurin

1. $H_n = \sum_{k=1}^n 1/k = \ln n+\gamma+O(1/n)$ , donde $\gamma$ es Constante de Euler-Mascheroni .
2. $\ln n! = n\ln n-n+O(\log n)$ . (Es realmente La aproximación de Stirling )