極限 (n!)^(1/n) 的幾個計算方法

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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\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty}\bigg(\sqrt{2\pi n}\cdot\Big(\frac ne\Big)^n\bigg)^{\frac1n}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty}\big(2\pi\big)^{\frac1{2n}} \cdot \big(n\big)^{\frac1{2n}}\cdot\frac ne\\[4mm] =&\,\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\\[4mm] \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}\\[4mm] \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，
$\begin{align} &\,1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n\\[4mm] \sim&\,\ln n \end{align}$

於是我們有

\begin{align} &\,\lim_{n\to\infty}\big(n!\big)^{\frac1n}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty}\frac{n}{1+\frac12+\cdots+\frac1n}\\[4mm] =&\,\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\\[4mm] =&\,\big(1\cdot1\big)\times\big(2\cdot2\big)\times\notag\\[4mm] &\;\;\cdots\times\big(n\cdot n\big)\\[4mm] =&\,\big(1\cdot n\big)\times\big(2\cdot(n-1)\big)\notag\\[4mm] &\;\;\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\\[4mm] =&\,\big(1\cdot n\big)\times\big(2\cdot(n-1)\big)\notag\\[4mm] &\;\;\times\cdots\times\big(n\cdot 1\big)\\[4mm] \ge&\,\big(1\cdot n\big)\times\big(1\cdot n\big)\notag\\[4mm] &\;\;\times\cdots\times\big(1\cdot n\big)\\[4mm] =&\,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}\\[4mm] \Rightarrow\; \bigg(\big(n!\big)^2\bigg)^{\frac1{2n}} \ge&\,\Big(n^{n}\Big)^{\frac1{2n}}\\[4mm] \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\\[4mm] \ge&\,\bigg(\Big[\frac n2\Big]+1\bigg)\times\notag\\[4mm] &\;\cdots\times n\;\;\colorbox{Lavender}{去掉前半}\\[4mm] \ge&\,\bigg(\Big[\frac n2\Big]+1\bigg)\times\notag\\[4mm] &\;\bigg(\Big[\frac n2\Big]+1\bigg)\times\notag\\[4mm] &\;\;\cdots\times\bigg(\Big[\frac n2\Big]+1\bigg)\notag\\[4mm] &\colorbox{Lavender}{每一項都改成最小那項}\\[4mm] \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}\\[4mm] =&\,\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\\[4mm] &\;\;+\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\\[4mm] &\;\;+\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!}\\[4mm] \Rightarrow\; \Big(\frac en\Big)^{n} \ge&\,\frac1{n!}\\[4mm] \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\\[4mm] =&\,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}\\[4mm] =&\,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\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \ln \Big(\frac{n!}{n^n}\Big)^{\frac1n }\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} \frac1n \ln \Big(\frac{n!}{n^n}\Big)\\[4mm] \colorbox{Lavender}{黎曼和}\; =&\,\lim_{n\to\infty} \frac1n \bigg( \sum_{i=1}^{n} \ln\frac{i}{n}\bigg)\\[4mm] =&\,\int_0^1 \ln x\mathrm{d}x\\[4mm] =&\,\Big.x\ln x\Big\vert_0^1-\int_0^1 1\mathrm{d}x\\[4mm] =&\,-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}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} n\cdot L=\infty \end{align}

解 7

\begin{align} &\,\lim_{n\to\infty} (n!)^{1/n} \\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} e^{\tfrac{\ln n!}{n} }\\[4mm] =&\, \lim_{n\to\infty} e^{\tfrac{\big(\ln 1+\cdots + \ln n\big)}{n} }\\[4mm] \ge&\, \lim_{n\to\infty} e^{ \frac{1}{n} \int_1 ^n \ln x \mathrm{d}x}\notag\\[4mm] &\;\;\colorbox{Lavender}{上和大於積分}\\[4mm] =&\,\lim_{n\to\infty} e^{ \frac{n\ln n -n+1}{n} }\\[4mm] =&\,\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} \\[4mm] \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)}\\[4mm] =&\,\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

$\begin{align} &\,\liminf_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\\[4mm] \le&\,\liminf_{n\to\infty}\big(a_n\big)^{\frac1n}\\[4mm] \le&\,\limsup_{n\to\infty}\big(a_n\big)^{\frac1n}\\[4mm] \le&\,\limsup_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\\[4mm] \end{align}$

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!}\\[4mm] =\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}