Provar $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n\log(n)}{\log(n!)} = 1$[duplicado]

Jan 25 2021

eu preciso provar$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n\log(n)}{\log(n!)} = 1$$mas estou no meu juízo final. Eu vasculhei a web, mas só consigo encontrar exemplos / respostas provando o inverso = 0 e tentei vários métodos sem sucesso (termos expandidos, Regra de L'Hopitals com inúmeras derivações diferentes que estavam todas erradas). Alguém pode me apontar na direção certa, estou completamente preso ...

Respostas

3 BenjaminWang Jan 25 2021 at 08:52

Observe que$\log n! = \sum_{k=1}^n \log k$. Ao desenhar os gráficos relevantes, você pode ver:

$$\int_1^n \log x dx \le \sum_{k=1}^n \log k $$

$$\le \int_1^{n+1} \log x dx$$

Agora calcule a integral$\int_1^m \log x dx = m \log m - m + 1$, então o acima se torna

$$n \log n - n + 1 \le \log n! \le (n+1)\log(n+1)-n$$

E agora obtemos seu resultado pelo teorema do aperto, depois de dividir.

1 crystal_math Jan 25 2021 at 09:04

$\log(n!)\ge \frac{n}{2}\log(\frac{n}{2})$e assim$\dfrac{n\log(n)}{\log(n!)}\le \dfrac{n\log(n)}{\frac{n}{2}\log(\frac{n}{2})}$

Ao avaliar esse limite do limite superior, você obteria$2$desde$\lim_{n\rightarrow \infty} \dfrac{\log(n)}{\log(n/2)} = 1$. No entanto, se você escolher$\epsilon >1$, você vê

$\log(n!)\ge \frac{n}{\epsilon}\log(\frac{n}{\epsilon})$e assim$$\dfrac{n\log(n)}{\log(n!)}\le \dfrac{n\log(n)}{\frac{n}{\epsilon}\log(\frac{n}{\epsilon})}\rightarrow \epsilon$$

e desde$\epsilon>1$(arbitrário), você pode concluir que$$\dfrac{n\log(n)}{\log(n!)}\le 1$$

(você pode obter facilmente o limite inferior) e, portanto, o limite deve ser$1$.

1 zkutch Jan 25 2021 at 08:58

Usando$$\left( \frac{n}{e}\right)^n \lt n! \lt e \left( \frac{n}{2}\right)^n$$temos$$n \log \frac{n}{e} \lt \log n! \lt \log e+ n \log \frac{n}{2}$$

Adição.

Para o lado esquerdo, o primeiro passo da indução é claro. Então$$(n+1)!=n!(n+1) \gt \left( \frac{n}{e}\right)^n (n+1) = \\ =\left( \frac{n+1}{e}\right)^{n+1} \frac{(n+1)\left( \frac{n}{e}\right)^n}{\left( \frac{n+1}{e}\right)^{n+1}} \gt \left( \frac{n+1}{e}\right)^{n+1}$$Porque$(n+1)\left( \frac{n}{e}\right)^n \left( \frac{n+1}{e}\right)^{-n-1}\gt 1$é equivalente$\left(1+ \frac{1}{n}\right)^{n} \lt e$.

Para o lado direito$$n! \lt \left(\frac{n+1}{2}\right)^{n} = e\left(\frac{n}{2}\right)^{n} \frac{\left(\frac{n+1}{2}\right)^{n}}{e\left(\frac{n}{2}\right)^{n}} = \\ =e\left(\frac{n}{2}\right)^{n} \frac{\left(1+ \frac{1}{n}\right)^{n}}{e} \lt e\left(\frac{n}{2}\right)^{n}$$

UNOwen Jan 25 2021 at 09:00

$$\displaystyle \frac{x\ln \left(x\right)}{\ln \left(x!\right)}=\frac{x\ln\left(x\right)}{\ln\left(\Gamma \left(x+1\right)\right)}$$

Aplicando a regra de L'Hôpital,

$$\lim _{x\to \infty }\left(\frac{x\ln \left(x\right)}{\ln \left(\Gamma \:\left(x+1\right)\right)}\right)=\lim_{x\to \:\infty \:}\left(\displaystyle \frac{\ln(x)+1}{\psi \:^{\left(0\right)}\left(x+1\right)}\right)$$

Aplicando novamente, rende

$$\lim _{x\to \infty }\left(\frac{\frac{1}{x}}{\psi ^{\left(1\right)}\left(x+1\right)}\right)=\lim _{x\to \infty }\left(\frac{1}{x\left(\psi ^{\left(1\right)}\left(x+1\right)\right)}\right)$$

O denominador se aproxima de 1 quando$x\rightarrow \infty$.