Evaluar $\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac1{n^2}\ln \left( \frac{(n!)^n}{(0!1!2!...n!)^2} \right)$

Question

Evaluar $$\lim\limits_{n\rightarrow \infty} \frac1{n^2}\ln \left( \frac{(n!)^n}{(0!1!2!...n!)^2} \right)$$

No sé muy bien por dónde empezar a evaluar esto. Se agradecerían algunas indicaciones o una solución.

Answer 1

Desde $$ \int_1^n\log(x)\,\mathrm{d}x\le\log(n!)\le\int_1^{n+1}\log(x)\,\mathrm{d}x\tag{1} $$ tenemos que $$ \log(n!)=n\log(n)-n+O(\log(n))\tag{2} $$ por lo tanto, $$ \log\left(\frac{n^{n-1}}{n!}\right)=n+O(\log(n))\tag{3} $$

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Tenga en cuenta que $$ \left.\frac{(n!)^n}{(0!1!2!\cdots n!)^2}\middle/\frac{((n-1)!)^{n-1}}{(0!1!2!\cdots(n-1)!)^2}\right. =\frac{n^{n-1}}{n!}\tag{4} $$ Aplicando $(3)$ tenemos $$ \begin{align} \log\left(\frac{(n!)^n}{(0!1!2!\cdots n!)^2}\right) &=\sum_{k=1}^n\log\left(\frac{k^{k-1}}{k!}\right)\\ &=\sum_{k=1}^n(k+O(\log(k)))\\ &=\frac{n^2}2+O(n\log(n))\tag{5} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \lim_{n\to\infty}\frac1{n^2}\log\left(\frac{(n!)^n}{(0!1!2!\cdots n!)^2}\right)=\frac12\tag{6} $$

Answer 2

No es necesario hacer referencia a las funciones G de Barnes. Al fin y al cabo se trata de números enteros.

$$\log{\left ( \frac{(n!)^n}{(0!1!2!...n!)^2} \right )} = n \log{n!} - 2 \sum_{k=0}^n \log{k!}$$

Ahora

$$\sum_{k=0}^n \log{k!} = \sum_{k=0}^n \log{\Gamma(k+1)} = \sum_{k=1}^{n+1} \log{\Gamma(k)}$$

Ahora usa Euler-Maclurin:

$$\begin{align}\sum_{k=1}^{n+1} \log{\Gamma(k)}&= \int_0^{n+1} dx \, \log{\Gamma(x)} + \frac12 \left [\log{\Gamma(n+1)} - \log{\Gamma(1)} \right ] + o(n)\end{align}$$

Ahora, utilizamos la integral de Raabe, que es

$$ \int_{k}^{k+1} dx \, \log \Gamma(x) = \frac12 \log{(2 \pi)} + k \log{k}-k$$

para que

$$\begin{align} \int_{0}^{n+1} dx \, \log{\Gamma(x)} &= \sum_{k=0}^n \int_{k}^{k+1} dx \, \log{\Gamma(x)}\\ &= \frac{n+1}{2} \log (2 \pi) - \frac{n (n+1)}{2} + \sum_{k=1}^n k \log{k} \\ &= \frac{n+1}{2} \log (2 \pi) - \frac{n (n+1)}{2} + \log{(1^1 2^2 \cdots n^n)} \\ &= \frac{n+1}{2} \log (2 \pi) - \frac{n (n+1)}{2} + \log{\left [\frac{n!^n}{(n-1)!(n-2)!^2 \cdots 2^{n-2} 1^{n-1}} \right ]} \\ &= \frac{n+1}{2} \log (2 \pi) - \frac{n (n+1)}{2} + n \log{n!} - \sum_{k=1}^{n-1} \log{k!}\end{align}$$

Si se combina todo esto, encontramos que

$$2 \sum_{k=1}^{n} \log{k!} = \frac{n+1}{2} \log (2 \pi) - \frac{n (n+1)}{2} + n \log{n!} + \frac{3}{2} \log{n!} +o(n) $$

por lo que, finalmente, utilizando el hecho de que la aproximación de Stirling es equivalente a $\log{n!} = n \log{n} - n + o(n) $ ,

$$\lim_{n \to \infty} \frac1{n^2} \left ( n \log{n!} - 2 \sum_{k=1}^{n} \log{k!} \right ) = \frac12 $$

ADDENDUM

La integral de Raabe no es en realidad tan difícil de evaluar. Reescriba como

$$\int_k^{k+1} dx \, \log{\Gamma(x)} = \int_0^1 dx \, \log{\Gamma(x+k)} $$

$$\log{\Gamma(x+k)} = \log{\Gamma(x)} + \sum_{m=0}^{k-1} \log{(x+m)} $$

Así,

$$\begin{align}\int_k^{k+1} dx \, \log{\Gamma(x)} &= \int_0^1 dx \, \log{\Gamma(x)} + \sum_{m=0}^{k-1} \int_0^1 dx \, \log{(x+m)}\\ &= \int_0^1 dx \, \log{\Gamma(x)} + \sum_{m=0}^{k-1} [(m+1) \log{(m+1)} - m \log{m} - (m+1)+m] \\ &= \int_0^1 dx \, \log{\Gamma(x)} + k \log{k} - k \end{align}$$

Para evaluar la integral en el lado derecho, utilice la fórmula de duplicación:

$$\Gamma \left ( \frac{x}{2} \right ) \Gamma \left ( \frac{x+1}{2} \right ) = 2^{1-x} \sqrt{\pi} \Gamma(x) $$

para que

$$\log{\Gamma(x)} = \log{\left [\frac{\Gamma \left ( \frac{x}{2} \right ) \Gamma \left ( \frac{x+1}{2} \right )}{\sqrt{\pi} 2^{1-x}} \right ]} = -\frac12 \log{\pi} - \log{2} + \log{\Gamma \left ( \frac{x}{2} \right )} + \log{\Gamma \left ( \frac{x+1}{2} \right )} + x \log{2}$$

Así,

$$\begin{align}\int_0^1 dx \, \log{\Gamma(x)} &= -\frac12 \log{(2 \pi)} + \int_0^1 dx \, \log{\Gamma \left ( \frac{x}{2} \right )} + \int_0^1 dx \, \log{\Gamma \left ( \frac{x+1}{2} \right )}\\ &= -\frac12 \log{(2 \pi)} + 2 \int_0^{1/2} dx \, \log{\Gamma(x)} + 2 \int_{1/2}^1 dx \, \log{\Gamma(x)} \\ &= -\frac12 \log{(2 \pi)} + 2 \int_0^{1} dx \, \log{\Gamma(x)} \end{align}$$

El resultado es el siguiente.

Answer 3

1). Aproximación de Stirling y series asintóticas tipo Stirling para Barnes G- función aquí en $(14)$ http://mathworld.wolfram.com/BarnesG-Function.html

Por lo tanto,

$$\lim_{n\rightarrow \infty} \dfrac{\displaystyle \ln \left ( \frac{(n!)^n}{(0!1!2!…n!)^2} \right )}{n^2}=\frac{1}{2}.$$

2). Aplicar el teorema de Stolz-Cesàro para una solución elemental.

3). Combina el teorema de la compresión, la aproximación de Stirling y las sumas de Riemann.

4). Utiliza la fórmula de Euler-Maclaurin.