Primaria de la prueba de $\lim_{n \to\infty}\dfrac{n!e^n}{n^n} = +\infty$

Question

Como se ve en esta pregunta, la serie $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{n!e^n}{n^n}$ diverge. (Una forma de ver esto es por señalar que los términos de la suma son mayores que las de $1$ y, por lo tanto, no converge a cero.)

Sin embargo, más es cierto: no sólo son los términos mayor que $1$, volar a $+\infty$! Para ver esto, uno puede aplicar la aproximación de Stirling y obtenga $\dfrac{n!e^n}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}$.

Mi pregunta es: ¿hay una escuela primaria de prueba para $\lim_{n \to\infty}\dfrac{n!e^n}{n^n} = +\infty$?

La razón por la que estoy pidiendo esto es que me estoy tomando un curso de Cálculo y me fue asignado el ejercicio de la prueba de la divergencia de la serie anterior y me sentiría más satisfecho si he podido demostrar que sus términos ir a $+\infty$ (comparado con sólo demostrar que los términos son mayores que las de $1$.) Obviamente, las cosas como Stirling aproximación están fuera del alcance del curso, así que realmente no puedo usarlos.

(Para ser claros, usted puede usar cualquier cosa que uno aprende en $4$ semestres de la norma de Cálculo de los cursos. Espero que esta restricción no es demasiado oscuro.)

Answer 1

Teniendo en cuenta la proporción de elementos consecutivos de $$ a_n=\frac{n!e^n}{n^n}\etiqueta{1} $$ tenemos $$ \begin{align} \frac{a_n}{a_{n-1}} &=\frac{(n-1)^{n-1}e}{n^{n-1}}\\ &=e\left(1-\frac1n\right)^{n-1}\tag{2} \end{align} $$ Tomando el registro de esta relación se da $$ \begin{align} \log\left(\frac{a_n}{a_{n-1}}\right) &=1+(n-1)\log\left(1-\frac1n\right)\\ &=1-(n-1)\left(\frac1n+\frac1{2n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)\right)\\ &=\frac1{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\tag{3} \end{align} $$ Sumando $(3)$ rendimientos $$ \log(a_n)=\frac12H_n+C+O\left(\frac1n\right)\etiqueta{4} $$ Desde que la serie armónica diverge, $(4)$ muestra que $\log(a_n)$, y, por tanto,$a_n$, crece sin límite.

Answer 2

Uno puede usar las integrales. El trabajo es un poco largo, pero muy gratificante. Considere la posibilidad de $$I_n=\int_0^{\pi /2}\sin^{n}tdt$$

A continuación, $$I_{2n+1}\leqslant I_{2n}\leqslant I_{2n-1}$$

Por otro lado la integración por partes da

$${I_{2n + 1}} = \frac{{2n}}{{2n + 1}}{I_{2n - 1}}$$

De ello se sigue que $$1\leqslant \frac{{{I_{2n}}}}{{{I_{2n + 1}}}}\leqslant \frac{{{I_{2n - 1}}}}{{{I_{2n + 1}}}}$$ so $$\frac{{{I_{2n}}}}{{{I_{2n + 1}}}}\to 1$$

Procedemos a evaluar que limitan de una manera diferente. La integración por partes, como antes de que nos da $${I_{2n}} = \frac{{\left( {2n - 1} \right)!!}}{{\left( {2n} \right)!!}}\frac{\pi }{2}$$ $${I_{2n + 1}} = \frac{{\left( {2n } \right)!!}}{{\left( {2n+ 1} \right)!!}}$$

Por lo tanto, nos encontramos con $$\frac{{{I_{2n + 1}}}}{{{I_{2n}}}} = \frac{{\left( {2n} \right)!{!^2}}}{{\left( {2n - 1} \right)!!\left( {2n + 1} \right)!!}}\frac{2}{\pi } \to 1$$ or $$\prod\limits_{k = 1}^\infty {\frac{{4{k^2}}}{{4{k^2} - 1}}} = \frac{\pi }{2}$$

Este es el célebre Wallis producto para $\pi$. Ahora en Stirling. Considerar el límite $$A = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n!{e^n}}}{{{n^{n + 1/2}}}}$$ Then one must have by $n\mapsto 2n$ that $$1 = \frac{A}{A} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{n!{e^n}}}{{{n^{n + 1/2}}}}\frac{{{{\left( {2n} \right)}^{2n + 1/2}}}}{{\left( {2n} \right)!{e^{2n}}}} = \sqrt 2 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{n^n}}}{{{e^n}n!}}\frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!}}$$

Ahora usamos Wallis fórmula del producto. Cuadratura, esto significa que $$1 = 2{\left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{n^{n + 1/2}}}}{{{e^n}n!}}} \right)^2}\left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{2n + 1}}{n}} \right)\left( {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\left( {2n} \right)!!\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n - 1} \right)!!\left( {2n + 1} \right)!!}}} \right)$$ And we thus get Stirling's $$\frac{1}{{\sqrt {2\pi } }} = { {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{n^{n + 1/2}}}}{{{e^n}n!}}} }$$

AGREGAR Denotar por $a_n$ nuestra secuencia anterior. Entonces $${a_n} > {a_{n + 1}}$$ is equivalent to $${\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n + 1/2}} > e$$ en virtud de reorganización. Queda por demostrar esto.

Answer 3

Similar a robjohn la explicación, uno puede acercarse a este uso de la denominada "regla trapezoidal" para la estimación de las integrales.

Por lo tanto, considere la integral de la $\int_1^n \log(x) \; dx$. La regla trapezoidal estimación da, encima de cada intervalo de $[m, m+1]$, la estimación

$$\int_m^{m+1} \log(x) \; dx \;\; = \;\; \frac1{2}(\log(m) + \log(m+1)) + e_m$$

donde el término de error $e_m$ está acotada arriba por un número constante de veces $m^{-2}$. Suma de$m=1$$n-1$, llegamos a

$$x\log(x) - x\; |_1^n = \int_1^n \log(x)\; dx \;\; = \;\; \frac1{2}\log(n)+ \sum_{1}^{n-1} \log(n) + E_n$$

donde el término de error $E_n = \sum_{m=1}^{n-1} e_m$ es una constante $E = \sum_{m=1}^\infty e_m$ menos una cantidad que está acotada arriba por una constante $C$ veces $n^{-1}$. Podemos exponentiate para obtener $n^n e^{-n}e^{-1} = e^{E_n}(\frac{n!}{\sqrt{n}})$, lo que puede dar masajes en la fórmula asintótica

$$\frac{e^n n!}{n^n} = (1 + O(n^{-1}))e^{1-E}\sqrt{n}$$

donde $E$ podría determinarse si queremos, pero este consigue el trabajo hecho. Ver a Terry Tao del post aquí.