Difficile ma non troppo..
Assegnata(non dal sottoscritto 
)la successione di termine generale $a_n=(Pi_(k=0)^n C_(n,k))^(1/(n(n+1)))$,
determinare il comportamento al limite di $(n(a_n-sqrt(e)))/("log"n)$:
ho la soluzione(almeno credo
)!
Piccolo hint:
ignorate le ipotesi di lavoro passanti da serie numeriche che avevo precedentemente fatto in merito,
oltre ovviamente a quanto,povero me
(povero me,povero meee,non ho nemmeno un amico qualunque per bere un caffè e,
lo aggiungo io sempre pensando a De Gregori ma non solo,discutere di politica..),le ha "inspiegabilmente" precedute.
Saluti dal web.
)la successione di termine generale $a_n=(Pi_(k=0)^n C_(n,k))^(1/(n(n+1)))$,determinare il comportamento al limite di $(n(a_n-sqrt(e)))/("log"n)$:
ho la soluzione(almeno credo
)!Piccolo hint:
ignorate le ipotesi di lavoro passanti da serie numeriche che avevo precedentemente fatto in merito,
oltre ovviamente a quanto,povero me
(povero me,povero meee,non ho nemmeno un amico qualunque per bere un caffè e,
lo aggiungo io sempre pensando a De Gregori ma non solo,discutere di politica..),le ha "inspiegabilmente" precedute.
Saluti dal web.
Risposte
Propongo una soluzione.
$\prod_{k=1}^{n}k! =\prod_{k=1}^{n}\prod_{j=1}^{k}j=\prod_{j=1}^{n}\prod_{k=j}^{n}j=\prod_{j=1}^{n}j^{n+1-j}=n!^{n+1}\prod_{j=1}^{n}j^{-j}$
$\prod_{k=1}^{n}\prod_{j=n-j+1}^{k}j=\prod_{j=1}^{n}\prod_{k=n+1-j}^{n}j=\prod_{j=1}^{n}j^{j}$
\(\displaystyle \prod_{k=1}^{n}\binom{n}{k}=\frac{\prod_{j=1}^{n}j^{2j}}{n!^{n+1}}\)
\(\displaystyle a_{n=}\frac{\sqrt[n(n+1)]{\prod_{j=1}^{n}j^{2j}}}{\sqrt[n]{n!}}\)
$\ln a_{n}=\frac{2}{n(n+1)}\sum_{j=1}^{n}j\ln j-\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\ln j$
\(\displaystyle s_{n}=\sum_{j=1}^{n}\frac{j}{n}\ln\frac{j}{n}\frac{1}{n}\)
$t_{n}=\sum_{j=1}^{n}\ln\frac{j}{n}\frac{1}{n}$
$\lim s_{n}=\int_{0}^{1}x\ln xdx=-\frac{1}{4}$
$\lim t_{n}=\int_{0}^{1}\ln xdx=-1$
\(\ln a_{n}=\frac{2}{n(n+1)}\left[n^{2}s_{n}+\frac{n(n+1)}{2}\ln n\right]-\frac{1}{n}\left[nt_{n}+n\ln n\right]=\frac{2n}{n+1}s_{n}-t_{n}\)
Da cui
\( \lim \ln a_n =\frac{1}{2}\) come già calcolato da Rigel e Theras.
Passiamo alla seconda parte.
\( \displaystyle \frac{1}{2}-\ln a_{n}=\left(t_{n}+1\right)-\frac{2n}{n+1}\left(s_{n}+\frac{1}{4}\right)-\frac{1}{2(n+1)}\)
\( \displaystyle \lim \frac{n}{\ln n}\frac{1}{n+1}=0\)
\(\displaystyle \lim\frac{n}{\ln n}\left(t_{n}+1\right)=\lim\frac{\sum_{j=1}^{n}\ln j-n\ln n+n}{\ln n}=\lim\frac{\ln(n+1)-(n+1)\ln(n+1)+1+n\ln n}{\ln(n+1)-\ln n}\)
\(\displaystyle \lim\frac{1-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}=\lim n\left[1-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right]=\underset{x \rightarrow 0}{lim}\frac{1-\frac{1}{x}\ln(1+x)}{x}=\cdots =\frac{1}{2}\)
La funzione \( f(x)=x \ln x\) è crescente in \( x\geq 1\) quindi:
\(\displaystyle s_{n}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{j}{n}\ln\frac{j}{n}<\frac{1}{n}\int_{1}^{n+1}\frac{x}{n}\ln\frac{x}{n}dx=\int_{\frac{1}{n}}^{\frac{n+1}{n}}x\ln xdx\)
\(\displaystyle =\int_{0}^{1}x\ln xdx-\int_{0}^{\frac{1}{n}}x\ln xdx-\int_{1}^{\frac{n+1}{n}}x\ln xdx\)
\(\displaystyle s_{n}+\frac{1}{4}<\frac{\ln n}{2n^{2}}+\frac{1}{4n^{2}}+\frac{1}{4}\frac{2n+1}{n^{2}}-\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \)
\( \displaystyle \frac{n}{\ln n}\left(s_{n}+\frac{1}{4}\right)<\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n\ln n}+\frac{1}{4}\frac{2n+1}{n\ln n}-\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}\ln n}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\)
e il membro sinistro tende a zero.
Abbiamo poi un'altra limitazione integrale:
\( \displaystyle s_{n}>\frac{1}{n}\int_{1}^{n}\frac{x}{n}\ln\frac{x}{n}dx=\int_{\frac{1}{n}}^{1}x\ln xdx=-\frac{1}{4}-\int_{0}^{\frac{1}{n}}x\ln xdx=-\frac{1}{4}+\frac{1}{4n^{2}}+\frac{\ln n}{2n^{2}}\)
da cui
\( \displaystyle s_n+\frac{1}{4}>0\)
e per il th. del confronto segue
\( \displaystyle \lim\frac{n}{\ln n}\left(s_{n}+\frac{1}{4}\right)=0\)
In dfinitiva abbiamo:
\( \displaystyle \lim\frac{n}{\ln n}\left(\frac{1}{2}-\ln a_{n}\right)=\frac{1}{2}\).
Per il Th. di Lagrange abbiamo:
\( b-a=\left( \ln b-\ln a\right)\xi\) con \( a<\xi
Dunque:
\( \displaystyle \sqrt{e}-a_{n}=\left(\frac{1}{2}-\ln a_{n}\right)\xi_n\) con \( \sqrt{e}<\xi_n
dunque deve essere \( \lim \xi_n=\sqrt{e}\)
Infine
\( \displaystyle \lim\frac{n}{\ln n}\left(\sqrt{e}-a_{n}\right)=\lim\frac{n}{\ln n}\left(\frac{1}{2}-\ln a_{n}\right)\xi_n=\frac{1}{2}\sqrt{e}\)
$\prod_{k=1}^{n}k! =\prod_{k=1}^{n}\prod_{j=1}^{k}j=\prod_{j=1}^{n}\prod_{k=j}^{n}j=\prod_{j=1}^{n}j^{n+1-j}=n!^{n+1}\prod_{j=1}^{n}j^{-j}$
$\prod_{k=1}^{n}\prod_{j=n-j+1}^{k}j=\prod_{j=1}^{n}\prod_{k=n+1-j}^{n}j=\prod_{j=1}^{n}j^{j}$
\(\displaystyle \prod_{k=1}^{n}\binom{n}{k}=\frac{\prod_{j=1}^{n}j^{2j}}{n!^{n+1}}\)
\(\displaystyle a_{n=}\frac{\sqrt[n(n+1)]{\prod_{j=1}^{n}j^{2j}}}{\sqrt[n]{n!}}\)
$\ln a_{n}=\frac{2}{n(n+1)}\sum_{j=1}^{n}j\ln j-\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\ln j$
\(\displaystyle s_{n}=\sum_{j=1}^{n}\frac{j}{n}\ln\frac{j}{n}\frac{1}{n}\)
$t_{n}=\sum_{j=1}^{n}\ln\frac{j}{n}\frac{1}{n}$
$\lim s_{n}=\int_{0}^{1}x\ln xdx=-\frac{1}{4}$
$\lim t_{n}=\int_{0}^{1}\ln xdx=-1$
\(\ln a_{n}=\frac{2}{n(n+1)}\left[n^{2}s_{n}+\frac{n(n+1)}{2}\ln n\right]-\frac{1}{n}\left[nt_{n}+n\ln n\right]=\frac{2n}{n+1}s_{n}-t_{n}\)
Da cui
\( \lim \ln a_n =\frac{1}{2}\) come già calcolato da Rigel e Theras.
Passiamo alla seconda parte.
\( \displaystyle \frac{1}{2}-\ln a_{n}=\left(t_{n}+1\right)-\frac{2n}{n+1}\left(s_{n}+\frac{1}{4}\right)-\frac{1}{2(n+1)}\)
\( \displaystyle \lim \frac{n}{\ln n}\frac{1}{n+1}=0\)
\(\displaystyle \lim\frac{n}{\ln n}\left(t_{n}+1\right)=\lim\frac{\sum_{j=1}^{n}\ln j-n\ln n+n}{\ln n}=\lim\frac{\ln(n+1)-(n+1)\ln(n+1)+1+n\ln n}{\ln(n+1)-\ln n}\)
\(\displaystyle \lim\frac{1-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}=\lim n\left[1-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)\right]=\underset{x \rightarrow 0}{lim}\frac{1-\frac{1}{x}\ln(1+x)}{x}=\cdots =\frac{1}{2}\)
La funzione \( f(x)=x \ln x\) è crescente in \( x\geq 1\) quindi:
\(\displaystyle s_{n}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{j}{n}\ln\frac{j}{n}<\frac{1}{n}\int_{1}^{n+1}\frac{x}{n}\ln\frac{x}{n}dx=\int_{\frac{1}{n}}^{\frac{n+1}{n}}x\ln xdx\)
\(\displaystyle =\int_{0}^{1}x\ln xdx-\int_{0}^{\frac{1}{n}}x\ln xdx-\int_{1}^{\frac{n+1}{n}}x\ln xdx\)
\(\displaystyle s_{n}+\frac{1}{4}<\frac{\ln n}{2n^{2}}+\frac{1}{4n^{2}}+\frac{1}{4}\frac{2n+1}{n^{2}}-\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \)
\( \displaystyle \frac{n}{\ln n}\left(s_{n}+\frac{1}{4}\right)<\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n\ln n}+\frac{1}{4}\frac{2n+1}{n\ln n}-\frac{(n+1)^{2}}{2n^{2}\ln n}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\)
e il membro sinistro tende a zero.
Abbiamo poi un'altra limitazione integrale:
\( \displaystyle s_{n}>\frac{1}{n}\int_{1}^{n}\frac{x}{n}\ln\frac{x}{n}dx=\int_{\frac{1}{n}}^{1}x\ln xdx=-\frac{1}{4}-\int_{0}^{\frac{1}{n}}x\ln xdx=-\frac{1}{4}+\frac{1}{4n^{2}}+\frac{\ln n}{2n^{2}}\)
da cui
\( \displaystyle s_n+\frac{1}{4}>0\)
e per il th. del confronto segue
\( \displaystyle \lim\frac{n}{\ln n}\left(s_{n}+\frac{1}{4}\right)=0\)
In dfinitiva abbiamo:
\( \displaystyle \lim\frac{n}{\ln n}\left(\frac{1}{2}-\ln a_{n}\right)=\frac{1}{2}\).
Per il Th. di Lagrange abbiamo:
\( b-a=\left( \ln b-\ln a\right)\xi\) con \( a<\xi
Dunque:
\( \displaystyle \sqrt{e}-a_{n}=\left(\frac{1}{2}-\ln a_{n}\right)\xi_n\) con \( \sqrt{e}<\xi_n
dunque deve essere \( \lim \xi_n=\sqrt{e}\)
Infine
\( \displaystyle \lim\frac{n}{\ln n}\left(\sqrt{e}-a_{n}\right)=\lim\frac{n}{\ln n}\left(\frac{1}{2}-\ln a_{n}\right)\xi_n=\frac{1}{2}\sqrt{e}\)
Beh,dico la mia allora:
$EElim_(n to oo)(n("log"a_n-1/2))/("log"n)=lim_(n to oo)(n*[1/(n(n+1))sum_(k=0)^n "log"C_(n,k)-1/2])/("log"n)=lim_(n to oo)(1/(n+1)sum_(k=0)^n "log"C_(n,k)-n/2)/("log"n)=$
$=lim_(n to oo)(2sum_(k=0)^n "log"C_(n,k)-n(n+1))/(2(n+1)"log"n)=lim_(n to oo)(2sum_(k=0)^(n+1) "log"C_(n+1,k)-(n+1)(n+2)-[2sum_(k=0)^n "log"C_(n,k)-n(n+1)])/(2[(n+2)"log"(n+1)-(n+1)"log"n])$
(ricordo che nelle ipotesi del teorema di Stolz-Cesaro basta che il denominatore sia crescente,positivo ed illimitato..)$=$
$=lim_(n to oo)(2sum_(k=0)^(n)("log"C_(n+1,k)-"log"C_(n,k))+"log"C_(n+1,n+1)-2(n+1))/(2*[(n+1)log(1+1/n)+log(n+1)])=..=$
$=lim_(n to oo)("log"((n+1)^(n+1))/((n+1)"!")-(n+1))/("log"(1+1/n)^(n+1)+"log"(n+1))=$
$=lim_(n to oo)("log" (((n+1)/e)^(n+1))/((n+1)"!"))/("log"(1+1/n)^(n+1)+"log"(n+1))=lim_(n to oo)("log"1/(sqrt(2pi(n+1))))/("log"(1+1/n)^(n+1)+"log"(n+1))$
(per la nota approssimazione di Stirling)$=$
$=lim_(n to oo)(-1/2["log"2pi+"log"(n+1)])/("log"(1+1/n)^(n+1)+"log"(n+1))=..= -1/2rArr$
$rArrEElim_(n to oo)(n("log"a_n-1/2))/("log"n)*(e^("log"a_n)-e^(1/2))/("log"a_n-1/2)=-1/2e^(1/2)$(per un noto limite)$rArr$
$rArr EElim_(n to oo)(n(a_n-sqrt(e)))/("log"n)=-(sqrt(e))/2$.
Su qualche conticino uno tra noi stà ovviamente scivolando,
ma son "babberie" come in questi casi le chiamate dal lato Tirrenico della Trinacria :
saluti dal web.
Edit.
@Toti.
Come non detto:
rileggendo il tuo procedimento con la dovuta attenzione(anche ai conti..)mi son accorto che nessuno dei due si sbagliava!
Chiedo venia per la concentrazione non massimale nella lettura del tuo post:
ultimamente è un mio classico,ed è la ragione per la quale nella risposta in privato m'era scappato quell' $1/2$!
$EElim_(n to oo)(n("log"a_n-1/2))/("log"n)=lim_(n to oo)(n*[1/(n(n+1))sum_(k=0)^n "log"C_(n,k)-1/2])/("log"n)=lim_(n to oo)(1/(n+1)sum_(k=0)^n "log"C_(n,k)-n/2)/("log"n)=$
$=lim_(n to oo)(2sum_(k=0)^n "log"C_(n,k)-n(n+1))/(2(n+1)"log"n)=lim_(n to oo)(2sum_(k=0)^(n+1) "log"C_(n+1,k)-(n+1)(n+2)-[2sum_(k=0)^n "log"C_(n,k)-n(n+1)])/(2[(n+2)"log"(n+1)-(n+1)"log"n])$
(ricordo che nelle ipotesi del teorema di Stolz-Cesaro basta che il denominatore sia crescente,positivo ed illimitato..)$=$
$=lim_(n to oo)(2sum_(k=0)^(n)("log"C_(n+1,k)-"log"C_(n,k))+"log"C_(n+1,n+1)-2(n+1))/(2*[(n+1)log(1+1/n)+log(n+1)])=..=$
$=lim_(n to oo)("log"((n+1)^(n+1))/((n+1)"!")-(n+1))/("log"(1+1/n)^(n+1)+"log"(n+1))=$
$=lim_(n to oo)("log" (((n+1)/e)^(n+1))/((n+1)"!"))/("log"(1+1/n)^(n+1)+"log"(n+1))=lim_(n to oo)("log"1/(sqrt(2pi(n+1))))/("log"(1+1/n)^(n+1)+"log"(n+1))$
(per la nota approssimazione di Stirling)$=$
$=lim_(n to oo)(-1/2["log"2pi+"log"(n+1)])/("log"(1+1/n)^(n+1)+"log"(n+1))=..= -1/2rArr$
$rArrEElim_(n to oo)(n("log"a_n-1/2))/("log"n)*(e^("log"a_n)-e^(1/2))/("log"a_n-1/2)=-1/2e^(1/2)$(per un noto limite)$rArr$
$rArr EElim_(n to oo)(n(a_n-sqrt(e)))/("log"n)=-(sqrt(e))/2$.
Su qualche conticino uno tra noi stà ovviamente scivolando,
ma son "babberie" come in questi casi le chiamate dal lato Tirrenico della Trinacria
:saluti dal web.
Edit.
@Toti.
Come non detto:
rileggendo il tuo procedimento con la dovuta attenzione(anche ai conti..)mi son accorto che nessuno dei due si sbagliava!
Chiedo venia per la concentrazione non massimale nella lettura del tuo post:
ultimamente è un mio classico,ed è la ragione per la quale nella risposta in privato m'era scappato quell' $1/2$!
@totissimus Potresti scrivere più formule e meno parole... Ma ho scritto una crasi? 
Al di là di ipotetiche crasi: chi sono \(s_n\) e \(t_n\)? Da dove spuntano?
Al di là di ipotetiche crasi: chi sono \(s_n\) e \(t_n\)? Da dove spuntano?
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