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題目
求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\big(n!\big)^{\frac1n}$。
這題最簡單的方法是使用 Stirling 公式
Stirling’s formula:
當\(n\)很大，
\begin{align}
n!\sim\sqrt{2\pi n}\cdot\Big(\frac ne\Big)^n
\end{align}
這個公式的的意義在於，對於大的數 \(n\) ，原本不容易計算的 \(n!\)，可以改使用 \(\sqrt{2\pi n}\big(\frac ne\big)^n\) 來估計。
而往往在一些出現 \(n!\) 的數列極限，可以用它來迅速解決問題。像本題也可以很輕易解決：
\begin{align}
&\,\lim_{n\to\infty}\big(n!\big)^{\frac1n}\notag\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty}\bigg(\sqrt{2\pi n}\cdot\Big(\frac ne\Big)^n\bigg)^{\frac1n}\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty}\big(2\pi\big)^{\frac1{2n}} \cdot
\big(n\big)^{\frac1{2n}}\cdot\frac ne\\[2mm]
=&\,\infty\notag
\end{align}
其中\(\big(2\pi\big)^{\frac1{2n}}\) 與 \(\big(n\big)^{\frac1{2n}}\) 皆是趨向 \(1\) 。
目前為止所談論的，還不是本文的主要目的。 Stirling 公式雖然好用，但它並不屬於一般大一微積分範圍內，沒記住也很正常，可能你考場上想到要用但不記得。以下分享幾個不使用 Stirling 公式的解法，也當做讓考生磨磨刀。
解 2
首先注意到 \(\big(n!\big)^{\frac1n}\) 根本是個幾何平均，如果我們還不確定答案，可能會想到使用算幾不等式：
\begin{align}
&\,\frac{1+2+\cdots+n}n\\[2mm]
\ge&\,\sqrt[n]{1\times2\times\cdots\times n}
\end{align}
但這樣子，我們寫出 \(\big(n!\big)^{\frac1n}\) 的上界，這個上界 \(\dfrac{\;\frac{n(n+1)}2\;}{n}\to\infty\)，這樣是沒有結論的。
無論你是經歷過這個失敗的嘗試，還是說一開始就覺得答案應該是發散，此時知道要估計下界，於是改使用
\begin{align}
&\,\sqrt[n]{1\times2\times\cdots\times n}\\[2mm]
\ge&\,\frac{n}{1+\frac12+\cdots+\frac1n}
\end{align}
這個是幾何平均大於調和平均。如果能說明後者趨向無限大，那麼原式也是趨向無限大。這裡我們使用調和級數的估計：
當\(n\)很大，
\begin{align}
&\,1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\\[2mm]
\sim&\,\ln n
\end{align}
於是我們有
\begin{align}
&\,\lim_{n\to\infty}\big(n!\big)^{\frac1n}\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty}\frac{n}{1+\frac12+\cdots+\frac1n}\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty}\frac{n}{\ln n}=\infty
\end{align}
解 3
使用類似高斯求 \(1+2+3+\cdots+100\) 的技巧
\begin{align}
&\,\big(n!\big)^2\\[2mm]
=&\,\big(1\cdot1\big)\times\big(2\cdot2\big)\times\notag\\[2mm]
&\;\;\cdots\times\big(n\cdot n\big)\\[2mm]
=&\,\big(1\cdot n\big)\times\big(2\cdot(n-1)\big)\notag\\[2mm]
&\;\;\times\cdots\times\big(n\cdot 1\big)
\end{align}
我們從中學時期就學到過：若兩正數之和固定，兩數越是接近，它們的乘積就越大；兩數差距越大，它們乘積就越小。
現在注意 \(\big(1\cdot n\big)\) 、\( \big(2\cdot(n-1)\big)\) 、……、\(\big(n\cdot 1\big)\) 這每一個括號內所相乘的兩數，和是固定的。
所以，為了估計下界，將每個括號都替換成最小的那個括號 \(\big(1\cdot n\big)\) ：
\begin{align}
&\,\big(n!\big)^2\\[2mm]
=&\,\big(1\cdot n\big)\times\big(2\cdot(n-1)\big)\notag\\[2mm]
&\;\;\times\cdots\times\big(n\cdot 1\big)\\[2mm]
\ge&\,\big(1\cdot n\big)\times\big(1\cdot n\big)\notag\\[2mm]
&\;\;\times\cdots\times\big(1\cdot n\big)\\[2mm]
=&\,n^{n}
\end{align}
此時，最左式與最右式同取 \(\dfrac1{2n}\) 次方：
\begin{align}
\big(n!\big)^2
\ge&\,n^{n}\\[2mm]
\Rightarrow\;
\bigg(\big(n!\big)^2\bigg)^{\frac1{2n}}
\ge&\,\Big(n^{n}\Big)^{\frac1{2n}}\\[2mm]
\Rightarrow\;
\big(n!\big)^{\frac1n}
\ge&\,\sqrt{n}
\end{align}
那麼，由於 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}=\infty\) ，所以原極限也是無限大。
解 4
要估計下界，其實還有個更簡單的方式：
\begin{align}
n!
=&\,1\times\cdots\times n\\[2mm]
\ge&\,\bigg(\Big[\frac n2\Big]+1\bigg)\times\notag\\[2mm]
&\;\cdots\times n\;\;\colorbox{Lavender}{去掉前半}\\[2mm]
\ge&\,\bigg(\Big[\frac n2\Big]+1\bigg)\times\notag\\[2mm]
&\;\bigg(\Big[\frac n2\Big]+1\bigg)\times\notag\\[2mm]
&\;\;\cdots\times\bigg(\Big[\frac n2\Big]+1\bigg)\notag\\[2mm]
&\colorbox{Lavender}{每一項都改成最小那項}\\[2mm]
\ge&\,\Big(\frac n2\Big)^{\frac{n}2}
\end{align}
所以
\begin{align}
\lim_{n\to\infty}\big(n!\big)^{\frac1n}
\ge&\,\lim_{n\to\infty}\Big(\frac n2\Big)^{\frac{1}2}\\[2mm]
=&\,\infty\notag
\end{align}
解 5
我們知道泰勒展開
\begin{align}
e^x=&\,1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\\[2mm]
&\;\;+\frac{x^n}{n!}+\cdots
\end{align}
對於所有實數 \(x\) 皆成立，那麼先代正整數 \(x=n\)
\begin{align}
e^n=&\,1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots\\[2mm]
&\;\;+\frac{n^n}{n!}+\cdots
\end{align}
接著將級數只保留 \(\dfrac{n^n}{n!}\) 這一項，其它全扔掉：
\begin{align}
e^n\ge&\,\frac{n^n}{n!}\\[2mm]
\Rightarrow\;
\Big(\frac en\Big)^{n}
\ge&\,\frac1{n!}\\[2mm]
\Rightarrow\;
\Big(n!\Big)^{\frac1n}
\ge&\,\frac ne
\end{align}
這樣便找出一個趨向無限大的下界。
解 6
\begin{align}
\big(n!\big)^{\frac1n}
=&\,n\cdot\frac{\big(n!\big)^{\frac1n}}n\\[2mm]
=&\,n\cdot\Big(\frac{n!}{n^n}\Big)^{\frac1n}
\end{align}
記 \(L=\Big(\dfrac{n!}{n^n}\Big)^{\frac1n}\)，並使用下面這個性質
若\(A\) 為正數，
\begin{align}
A=e^{\ln A}
\end{align}
則
\begin{align}
\lim_{n\to\infty} L
=&\,\lim_{n\to\infty} e^{\ln L}\\[2mm]
=&\,e^{\lim\limits_{n\to\infty} \ln L }
\end{align}
先挑次方的部分出來做
\begin{align}
&\,\lim_{n\to\infty} \ln L\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty} \ln \Big(\frac{n!}{n^n}\Big)^{\frac1n }\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty} \frac1n \ln \Big(\frac{n!}{n^n}\Big)\\[2mm]
\colorbox{Lavender}{黎曼和}\;
=&\,\lim_{n\to\infty} \frac1n \bigg( \sum_{i=1}^{n} \ln\frac{i}{n}\bigg)\\[2mm]
=&\,\int_0^1 \ln x\mathrm{d}x\\[2mm]
=&\,\Big.x\ln x\Big\vert_0^1-\int_0^1 1\mathrm{d}x\\[2mm]
=&\,-1
\end{align}
結論是 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} L = \frac1e\)，那麼原極限
\begin{align}
&\,\lim_{n\to\infty}\big(n!\big)^{\frac1n}\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty} n\cdot L=\infty
\end{align}
解 7
\begin{align}
&\,\lim_{n\to\infty} (n!)^{1/n} \\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty} e^{\tfrac{\ln n!}{n} }\\[2mm]
=&\, \lim_{n\to\infty} e^{\tfrac{\big(\ln 1+\cdots + \ln n\big)}{n} }\\[2mm]
\ge&\, \lim_{n\to\infty} e^{ \frac{1}{n} \int_1 ^n \ln x \mathrm{d}x}\notag\\[2mm]
&\;\;\colorbox{Lavender}{上和大於積分}\\[2mm]
=&\,\lim_{n\to\infty} e^{ \frac{n\ln n -n+1}{n} }\\[2mm]
=&\,\infty
\end{align}
下面這兩個也是超出大一微積分範圍的解法
解 8
在羅必達法則的離散版本：Stolz定理 一文當中，介紹了相當於離散版羅必達法則： Stoltz 定理。我們回到解 7 的
\begin{align}
\lim_{n\to\infty} e^{\tfrac{1}{n} \big(\ln 1+\ln 2+\cdots + \ln n\big)}
\end{align}
這回不使用上和會比實際面積還大的技巧，改用 Stoltz 定理：
\begin{align}
&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\big(\ln 1+\cdots + \ln n\big)}{n} \\[2mm]
\overset{S}{=}&\,\lim_{n\to\infty} \frac{\ln(n+1)}{(n+1)-n}=\infty
\end{align}
所以
\begin{align}
&\,\lim_{n\to\infty} e^{\tfrac{1}{n} \big(\ln 1+\cdots + \ln n\big)}\\[2mm]
=&\,\infty\notag
\end{align}
解 9
這題竟然都寫到解 9 了。下回你朋友喝醉了問你什麼能夠解酒，你告訴他看我的教學可以解 9。
在高等微積分課程裡面有個性質
\begin{align}
&\,\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\\[2mm]
\le&\,\liminf_{n\to\infty}\big(a_n\big)^{\frac1n}\\[2mm]
\le&\,\limsup_{n\to\infty}\big(a_n\big)^{\frac1n}\\[2mm]
\le&\,\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\\[2mm]
\end{align}
這個可以得到一個大一微積分程度也能看得懂的推論：
如果
\begin{align}
\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=L
\end{align}\(L\) 可以是有限數也可以是是正負無限大，則保證
\begin{align}
\lim_{n\to\infty}\big(a_n\big)^{\frac1n}=L
\end{align}但反之不然。
這就是說，如果比值審斂法可以做出結論，那麼根值審斂法也一定做得出來。但是根植審斂法能做得出來的，比值審斂法卻不一定。
換句話說，若先不考慮極限式的計算難度，理論上來講，根植審斂法能解決的級數斂散問題是更多的，比值審斂能做的問題根植審斂也能做。但因為極限式的計算難度也是很實際的考量，所以這兩個審斂法還是必須都學。
這件事在本題的應用方法就是：把原極限想成是級數 \(\displaystyle\sum n!\) 在做根植審斂，我們先改做比值審斂
\begin{align}
\lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)!}{n!}\\[2mm]
=\lim_{n\to\infty} n+1 =\infty
\end{align}
則原極限
\begin{align}
\lim_{n\to\infty} \big(n!\big)^{\frac1n} =\infty
\end{align}
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