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Question

He utilizado $$(n!)^{\frac{1}{n}}=e^{\frac{1}{n}\ln(n!)}=e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\ln(n!)}$ $ entonces usando aproximación de Stirling y la regla de L'Hospital en $$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(n!)}{n}$$ I get $$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\ln(n!)}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}(\ln(n)+\frac{n+\frac{1}{2}}{n}-1)=\infty$ $ ahora, $$e^{\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}\ln(n!)}=e^{\infty}=\infty$ $ así $$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]n}=\frac{1}{\infty}=0$ $

Es este enfoque correcto y ¿qué otros métodos podrían utilizar?

Answer 1

Incluso no tienes que usar la regla de l'Hopital; sólo usted puede tapar en fórmula de la libra esterlina y divida por $n$ después tomar límites.

Otra forma sería utilizar medios aritmética-geométrica: ${1 \over (n)! ^ {1 \over n}} = (\prod_{k=1}^n {1 \over k}) ^ {1 \over n} \leq {1 \over n} \sum_ {k = 1} ^ n {1 \over k} $$ ya que crece de $\sum_{k = 1}^n {1 \over k}$ $\ln n$ el límite es cero.

Answer 2

Como no han hecho un error de álgebra, stirlings aproximación debería funcionar.

$n!$ En dos partes se separan. Asignar $1$ a todo por debajo del $n/2$. Asignar $n/2$ a todo por encima del $n/2$

Por lo que se $(n/2)^{n/2}<n!$

La raíz se aplica y se obtiene:

$(n/2)^{1/2}<n!^{1/n}$

$(n/2)^{1/2}$ claramente existe infinito por lo que hará que el límite de cero.

Answer 3

Desde $\prod_{k=1}^{m-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)=m$, tenemos: $$ n!=\prod_{m=2}^{n}m = \prod_{m=2}^{n}\prod_{k=1}^{m-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)=\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)^{n-k}=\frac{n^n}{\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)^k}$ $ así: $$ n!\geq \frac{n^n}{e^{n-1}} $ $ y la demanda sigue fácilmente.

Answer 4

Si podemos probar eso si $\left | \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right |\rightarrow L$, entonces el $a_{n}^{1/n}\rightarrow L$, podemos simplemente tomar $a_{n}=n!$ para obtener el resultado.

Así que Supongamos que $\left | \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right |\rightarrow L$. Entonces existe un entero $N$ tal eso si $n>N$, entonces

($^{*}$) $L-\epsilon <\left | \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right |<L+\epsilon $.

Ahora, $n>N$,

$\left | a_{n} \right |=\left | \frac{a_{n}}{a_{n-1}} \right |\left | \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \right |\left | \frac{a_{n-2}}{a_{n-3}} \right |\cdots \left | \frac{a_{N+1}}{a_{N}} \right |\left | a_{N} \right |$

así que si hacemos un llamamiento a ($^{*}$), vemos que esto es menos de

$(L+\epsilon )^{n-N}\left | a_{N} \right |$

y mayor que

$(L-\epsilon )^{n-N}\left | a_{N} \right |$

Ahora tome la raíz de to $n$ para obtener

$\frac{L-\epsilon}{(L-\epsilon)^{N/n}}a_{N}^{1/n}<a_{n}^{1/n}<\frac{L+\epsilon}{(L+\epsilon)^{N/n}}a_{N}^{1/n}$. Dejar $n\rightarrow \infty $, obtenemos el resultado.

Answer 5

Utilizando la aproximación de Stirling:

$$n!\sim\sqrt{2\pi n }(\frac{n}{e})^n$$

También

$$\lim\limits_{k\to\infty}k^{\frac1k}=1$$

Así que tenemos

\begin{align} \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt[n]n}&=\lim\limits_{n\to\infty}\frac1{[\sqrt{2\pi n }(\frac{n}{e})^n]^{\frac{1}n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac1{\frac{n}e\cdot(2\pi n)^{\frac1{2n}}}\\&=\lim\limits_{n\to\infty}\frac e{n\cdot\pi^{\frac1{2n}}\cdot(2n)^{\frac1{2n}}}\\&=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{e}{n}\\&=0 \end {Alinee el}