IUHD 3rd Open Olympiad: интересный предел

[Alexander Evnin]

Задача с той же https://iuhd.edu.tm/competition/7 олимпиады.

Вычислить

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{\prod\limits_{k=2}^n\sqrt[k]{k!}}}{\sqrt[n+1]{(2n+1)!!}}.$$

[Markiyan Hirnyk]

Асимптотика знаменателя такова $\frac {2n+1} {2e}$. Она следует из формулы для двойного факториала нечетного натурального аргумента в разделе Complex arguments статьи Вики. Числитель, по моим прикидкам, по порядку величины примерно равен $\frac n {e^2}$. Более точная оценка пока не получается.

[nnosipov]

$\dfrac{1}{2e}$

[Alexander Evnin]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1446793 писал(а):

Асимптотика знаменателя такова $\frac {2n+1} {2e}$. Она следует из формулы для двойного факториала нечетного натурального аргумента в разделе Complex arguments статьи Вики. Числитель, по моим прикидкам, по порядку величины примерно равен $\frac n {e^2}$. Более точная оценка пока не получается.

У меня асимптотика знаменателя получилась $\frac{2(n+1)}e$.

[nnosipov]

А у меня логарифм знаменателя оценивается как $\ln{n}+\ln{2}-1+O(\ln{n}/n)$, а логарифм числителя --- как $\ln{n}-2+O(\ln^2{n}/n)$. Такие оценки для остаточных членов получить нетрудно, достаточно знаний первокурсника (если, конечно, я правильно представляю теперешних первокурсников).

[Alexander Evnin]

Цитата:

достаточно знаний первокурсника (если, конечно, я правильно представляю теперешних первокурсников).

В принципе достаточно. Нужно лишь знать формулу Стирлинга и тот факт, что предел среднего геометрического первых $n$ членов сходящейся положительной последовательности равен её пределу.

[nnosipov]

Alexander Evnin в сообщении #1447863 писал(а):

Нужно лишь знать формулу Стирлинга и тот факт, что предел среднего геометрического первых $n$ членов сходящейся положительной последовательности равен её пределу.

Формула Стирлинга --- это всего лишь оценка суммы логарифмов, которую заменяешь интегралом и грубо оцениваешь остаток (пользуясь, например, выпуклостью функции логарифм). Единственное, что здесь может понадобится как внешний факт --- это оценка

$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=O(\ln{n}),$$

(но и она получается из тех же базовых соображений). Так что формулу Стирлинга здесь можно и не знать (и, тем не менее, мимоходом ее получить). Тем более, на этом пути далее приходится оценивать сумму квадратов логарифмов, что технически чуть-чуть сложнее, но принципиально есть такая же мелочь, как и формула Стирлинга (с грубой оценкой остаточного члена, конечно; более точные оценки требуют бОльших усилий).

В общем, что может быть естественней, чем заменить сумму интегралом --- вот такая простая мысль.

Кстати, по поводу предела среднего геометрического. Для среднего арифметического такая задача, если правильно помню, была в учебнике Колмогорова для школьников (в мои годы). Помню, что решил ее далеко не сразу (а может, и вообще не решил). Как-то она не кажется совсем уж очевидной; скорее, даже нестандартной. (Впрочем, тут кто как привык, вкусовщина may be detected.)

Upd. Выше я слегка приукрасил, на самом деле нужна еще такая (более хитрая) оценка для гармонических чисел:

$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}=\ln{n}+\gamma+O\left(\frac{1}{n}\right), \quad n \to \infty.$$

Но, в любом случае, это все небесполезно для освоения общих методов (если отложить в сторону спортивную составляющую).

[Alexander Evnin]

На самом деле здесь достаточно соотношения $\sqrt[n]{n!}=\alpha_n\frac{n}{e}$, где $\alpha_n\to1$ при $n\to\infty$,
плюс указанный факт про предел среднего, который, согласен, доказывается не так уж просто
(в Демидовиче это задачи 139 и 140).