MATH

ヒント：まずは形式的な変形に慣れていこう．極限で階乗がある問題は，\(\log\)を使って足し算の形にして，区分求積法で解く．

問題

\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!}}\)を解け．

解答

\(\displaystyle \log \lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!n^{n}}}=\lim_{n\rightarrow\infty} \log  \sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!n^{n}}}\)=\(\displaystyle \log\frac{4}{e}\)

よって，\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{n!}}=\frac{4}{e}\)

(1991年北海道大)

(1)\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}(\sum_{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n)=\int_{1}^{2}\log xdx\)を示せ。

(2)\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{(2n)!}{n!n^{n}}\right)^{\frac{1}{n}}\)を求めよ。

解答

(1)\(\displaystyle \sum_{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n\)\(=\log(n+1)+\log(n+2)+\cdots+\log(n+n)-n\log n\)\(=(\log(n+1)-\log n)+(\log(n+2)-\log n)+\cdots+(\log(n+n)-\log n)\)

\(=\displaystyle \log\left(1+\frac{1}{n}\right)+\log\left(1+\frac{2}{n}\right)+\cdots+\log 2\)\(=\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{k}{n}\right)\)

よって\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}(\sum_{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n)\)\(=\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{k}{n}\right)\)\(=\displaystyle \int_{0}^{1}\log(1+x)dx\)

\(1+x→x\)にしたら積分区間は1→2で微小部分は\(dx\)となり

\(\displaystyle \int_{0}^{1}\log(1+x)dx=\int_{1}^{2}\log xdx\)となる。

よって\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}(\sum_{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n)=\int_{1}^{2}\log xdx\)

(2)\(\left(\displaystyle \frac{(2n)!}{n!n^{n}}\right)^{\frac{1}{n}}\)に\(\log\)をとると

\(\displaystyle \frac{1}{n}\log\frac{(2n)!}{n!n^{n}}\)\(=\displaystyle \frac{1}{n}\{\log(n+1)(n+2)\cdots(n+n)-n\log n\}\)\(=\displaystyle \frac{1}{n}\left(\sum_{k=n+1}^{2n}\log k-n\log n\right)\)

よって\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\log\left(\frac{(2n)!}{n!n^{n}}\right)^{\frac{1}{n}}=\int_{1}^{2}\log xdx=[x\log x-x]_{1}^{2}=\log\frac{4}{e}\)

\(\log\)を外すと\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{(2n)!}{n!n^{n}}\right)^{\frac{1}{n}}=\frac{4}{e}\)