בעיית אתגר שלישית - חדו"א - חישוב גבול של סדרה

[am12348]

יש לחשב את הגבול של הסדרה הבאה
$lim \ (\frac{n!}{n^m})^{\frac{1}{n}} \\ n \to \infty$

אשמח לראות הצעות לפתרון

בברכה,
עמוס

[avi500]

נתבונן ב:
$
\log \big [ \big (\frac{n!}{n^m} \big )^{1/n} \big ]=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log k-\frac{m}{n}\log n
$
האיבר השני בצד ימין חסום כאשר $n$ גדל כי $\log n<n$. האיבר הראשון אינו חסום. כדי להראות זאת נניח שקיים חסם $a$ כך ש:
$
\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log k\le a
$
נקח $n$ כך ש $n>2e^{2a}$. אזי ברור ש:
$
\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log k\gt \frac{1}{n}\sum_{k=n/2+1}^n\log k>a
$
מכאן שלוגריתם הביטוי שואף ל- $\infty$ כאשר $n\to\infty$ ולכן גם הביטוי עצמו.

[am12348]

ברישום הסדרה חלה טעות. צריך להיות n במקום m.

הסדרה אם כן

$lim (\frac{n!}{n^n})^{\frac{1}{n}} \\ n\to \infty$

הגבול צריך להיות מספר סופי - אשמח לקרוא הצעות לפתרון



בברכה
עמוס

[avi500]

נצטרך קירוב של $\ln n!=\sum_{k=1}^n\ln k$ ל- $n$-ים גדולים.
לצורך כך נתבונן בקירוב של האינטגרל $\int\ln x dx$ ע"י סכומים. קל לראות שאם מחלקים את השטח מתחת לגרף של $\ln x$ למלבנים ברוחב יחידה, אזי קיים:
$\ \int_1^n\ln xdx\lt \sum_{k=1}^n\ln k\lt\int_1^{n+1}\ln xdx
$
ובחישוב האינטגרלים מקבלים:
$
n\ln n-n+1\lt \sum_{k=1}^n\ln k\lt (n+1)\ln (n+1)-n
$
הלוגריתם של הביטוי הנתון הוא:
$
\ln\big(\frac{n!}{n^n}\big)^{1/n}=\frac{1}{n}(\sum_{k=1}^n \ln k-n\ln n)
$
ובשימוש אי השיוויון הקודם:
$
\frac{1}{n}(n\ln n-n+1-n\ln n)\lt \ln\big(\frac{n!}{n^n}\big)^{1/n}\lt \frac{1}{n}[(n+1)\ln (n+1)-n-n\ln n]
$
לכן
$
\frac{1}{n}(-n+1)\lt \ln\big(\frac{n!}{n^n}\big)^{1/n}\lt \frac{1}{n}[(n+1)\ln(1+\frac{1}{n})-n+\ln n]
$
או:
$
-1+\frac{1}{n}\lt \ln\big(\frac{n!}{n^n}\big)^{1/n}\lt(1+\frac{1}{n})\ln(1+\frac{1}{n})-1+\frac{1}{n}\ln n
$

ובגבול של $ n\to\infty$ ( תוך שימוש ב $(\ln n)/n\to 0$ ע"י כלל לופיטל) :

$
\lim_{n\to\infty}\ln\big(\frac{n!}{n^n}\big)^{1/n}=-1
$
ולכן
$
\lim_{n\to\infty} \big(\frac{n!}{n^n}\big)^{1/n}=e^{-1}
$

[am12348]

שבוע טוב,

יפה מאד! מה שיצא לך זאת התשובה

אפשר גם בדרך הזאת גם בלי שימוש בכלל לופיטל: הרעיון די דומה בגישה לרעיון שהוצג בתגובה הקודמת

נציג את הגבול לחישוב בצורה הבאה:
$(\frac{n!}{n^n})^{\frac{1}{n}}=e^{(ln((\frac{n!}{ n^n})^{\frac{1}{n}}))}$
נחשב את הגבול אליו שואף מעריך החזקה ואז כמו בתגובה הקודמת נעלה בחזקתו את e ונקבל את הגבול המבוקש:

$ln((\frac{n!}{n^n})^{\frac{1}{n}})=\frac{1}{n} \cdot ln((\frac{n!}{n^n})=$
$\frac{1}{n} \cdot ln(\frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdot \frac{3}{n} \cdot \frac{4}{n} \cdot ....\cdot \frac{n-1}{n} \cdot \cdot \frac{n}{n})=$

לפי חוק הלוגריתם של מכפלה

$\frac{1}{n} \cdot (ln(\frac{1}{n} ) + ln(\frac{2}{n} )+ ln(\frac{3}{n}) + ln(\frac{4}{n}) +...+ ln(\frac{n-1}{n})+ ln(\frac{n}{n}))=$

$\frac{1}{n} \cdot ln(\frac{1}{n} )+\frac{1}{n} \cdot ln(\frac{2}{n} )+\frac{1}{n} \cdot ln(\frac{3}{n} )+\frac{1}{n} \cdot ln(\frac{4}{n} )+....$
$\frac{1}{n} \cdot ln(\frac{n-1}{n} )+\frac{1}{n} \cdot ln(\frac{n}{n} )$

שימו לב מה יש למעלה: זה סכום רימאן עבור החלוקה של הקטע [0,1], כאשר אורך כל קטע קטן הוא 1 חלקי n וערכי ה-x הנבחרים בכל קטע קטן כזה הם:
$x_i=\frac{1+i-1}{n}, 1\leq i \leq n$
הפונקציה המופעלת על כל אחד מן הערכים היא lnx

לכן אם האינטגרל:
$\int_0^1 lnx dx$

קיים, אז סכום רימאן הנ"ל שואף לגבול כש-n שואף לאינסוף וגבולו האינטגרל המסוים הנ"ל

האינטגרל
$\int_0^1 lnx dx$

הוא אינטגרל לא אמיתי שכן lnx אינה חסומה בסביבת 0, אבל האינטגרל קיים

נחשב את הפונקציה הקדומה ואז נחשב את האינטגרל המסוים
$\int lnx dx = x \cdot lnx-\int x \cdot (lnx)'dx=x\cdot lnx-\int x \cdot \frac{1}{x} dx=x\cdot lnx-\int 1 dx=x\cdot lnx-x+C$

$\int_0^1 lnx dx=lim \int_\epsilon^1 lnx dx, \epsilon \to 0=$

$lim(1\cdot ln1-1-(\epsilon \cdot ln\epsilon-\epsilon))=0-1-lim\epsilon \cdot ln\epsilon+0, \epsilon \to 0$

כידוע
$lim \epsilon \cdot ln\epsilon = 0,\epsilon \to 0$

לכן האינטגרל המסוים הוא 1-

מכאן סדרת סכומי רימאן הנ"ל שואפת ל-1-
מכאן

$lim ln(\frac{n!}{n^n})^{\frac{1}{n}}=-1, n \to \infty$

ולכן הסדרה המקורית שהיא e בחזקת ה-ln הזה שואפת ל-e בחזקת 1-, כמו שהרשם בתגובה הקודמת
בברכה,
עמוס

[avi500]

יפה מאוד!
אם כי אציין כי לדעתי הוכחת הגבול
$
\\\\\lim_{\epsilon\to0}(-\epsilon\cdot\ln \epsilon)=0
$
שקולה לגמרי לשימוש בכלל לופיטל (למשל לוקחים $\epsilon=1/N$ כאשר $N\to\infty$)

[am12348]

אני מסכים אתך. אפשר לחשב את הגבול גם כמו שכתבת

אפשר גם לכתוב:
$\epsilon \cdot ln\epsilon = \frac{ln\epsilon}{\frac{1}{\epsilon}}, \epsilon \to 0$

ואז יש לנו גבול מהצורה:
$\frac{\infty}{\infty}$

ואותו גם נוח לחשב לפי כלל לופיטל

העיקר פה זה חישוב גבול הסדרה. בחישוב הגבול הסתמכתי על העובדה שהאינטגרל:
$\int_0^1 lnx dx=-1$







קיים, שווה ל-1- ואותו ניתן לחשב תוך שימוש בכלל לופיטל כמו שציינת