Для последовательности a_n = n!/(n^n) исследуйте асимптотику и предложите несколько способов оценить скорость убывания, сравните с использованием неравенства Стирлинга и простых оценок
Для последовательности a_n = n!/(n^n) исследуйте асимптотику и предложите несколько способов оценить скорость убывания, сравните с использованием неравенства Стирлинга и простых оценок
Не можешь разобраться в этой теме?
Обратись за помощью к экспертам
Гарантированные бесплатные доработки в течение 1 года
Быстрое выполнение от 2 часов
Проверка работы на плагиат
Поможем написать учебную работу
an=n!nn∼2πn e−n, a_n=\frac{n!}{n^n}\sim\sqrt{2\pi n}\,e^{-n},
an =nnn! ∼2πn e−n, то есть основная скорость убывания — e−ne^{-n}e−n с полиномиальным множителем n\sqrt{n}n .
Доказательства и способы оценки (сравнение методов).
1) Стирлинг (точный асимптотический):
n!∼2πn(ne)n, n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n,
n!∼2πn (en )n, откуда
an=n!nn∼2πn e−n. a_n=\frac{n!}{n^n}\sim\sqrt{2\pi n}\,e^{-n}.
an =nnn! ∼2πn e−n. Более строгие неравенства Стирлинга (для всех достаточно больших nnn):
2πn e−ne1/(12n+1)<an<2πn e−ne1/(12n), \sqrt{2\pi n}\,e^{-n}e^{1/(12n+1)}<a_n<\sqrt{2\pi n}\,e^{-n}e^{1/(12n)},
2πn e−ne1/(12n+1)<an <2πn e−ne1/(12n), дающие an=2πn e−n(1+O(1/n))a_n=\sqrt{2\pi n}\,e^{-n}(1+O(1/n))an =2πn e−n(1+O(1/n)).
2) Метод отношения (без полной Стирлинга): вычислим отношение
an+1an=(1+1n)−n→n→∞e−1. \frac{a_{n+1}}{a_n}=\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^{-n}\xrightarrow[n\to\infty]{}e^{-1}.
an an+1 =(1+n1 )−nn→∞ e−1. Отсюда следует экспоненциальный характер убывания с базой e−1e^{-1}e−1; чтобы получить точный множитель 2πn\sqrt{2\pi n}2πn нужно добавить вторую ступень (например, Стирлинг или более тонкий анализ логарифма суммы).
3) Оценка через сумму логарифмов / интегральные оценки:
lnan=∑k=1nlnk−nlnn=(nlnn−n+12ln(2πn)+O(1/n))−nlnn, \ln a_n=\sum_{k=1}^n\ln k-n\ln n=\big(n\ln n-n+\tfrac12\ln(2\pi n)+O(1/n)\big)-n\ln n,
lnan =k=1∑n lnk−nlnn=(nlnn−n+21 ln(2πn)+O(1/n))−nlnn, откуда та же формула lnan=−n+12ln(2πn)+O(1/n)\ln a_n=-n+\tfrac12\ln(2\pi n)+O(1/n)lnan =−n+21 ln(2πn)+O(1/n) и an=2πn e−n(1+O(1/n))a_n=\sqrt{2\pi n}\,e^{-n}(1+O(1/n))an =2πn e−n(1+O(1/n)). Здесь интегральные неравенства ∫1nlnx dx≤∑lnk≤∫1n+1lnx dx\int_1^n\ln x\,dx\le\sum\ln k\le\int_1^{n+1}\ln x\,dx∫1n lnxdx≤∑lnk≤∫1n+1 lnxdx дают менее точный, но простой вывод экспоненциальной скорости.
4) Простые (грубые) оценки (AM–GM и т.п.):
- Тривиально an≤1a_n\le1an ≤1.
- Из AM–GM: (n!)1/n≤1+⋯+nn=n+12(n!)^{1/n}\le\frac{1+\dots+n}{n}=\frac{n+1}{2}(n!)1/n≤n1+⋯+n =2n+1 , поэтому
an≤(n+12n)n∼(12)ne1/2, a_n\le\Big(\frac{n+1}{2n}\Big)^n\sim\Big(\tfrac12\Big)^n e^{1/2},
an ≤(2nn+1 )n∼(21 )ne1/2, что показывает экспоненциальное убывание, но с очень неточным основанием ≈12\approx\tfrac12≈21 (слишком сильное завышение скорости убывания).
- Нижние простые оценки, например ∏k=⌈n/2⌉nk≥(n/2)n/2\prod_{k=\lceil n/2\rceil}^n k\ge (n/2)^{n/2}∏k=⌈n/2⌉n k≥(n/2)n/2, дают лишь слабые нижние границы и не близки к точной экспоненте e−ne^{-n}e−n.
Сравнение методов:
- Стирлинг даёт точную асимптотику и эффективные двусторонние неравенства (лучший выбор при необходимости точного множителя).
- Метод отношения или интегральные приближения дают быстрое обоснование экспоненциального характера и предел отношения liman+1/an=e−1\lim a_{n+1}/a_n=e^{-1}liman+1 /an =e−1.
- Простые неравенства (AM–GM, тривиальные разбиения) дают лишь грубые оценки экспоненциальности и часто сильно недооценивают точную скорость.
Пример численно: по Стирлингу для n=10n=10n=10 получаем примерно a10≈20π e−10≈3.6⋅10−4a_{10}\approx\sqrt{20\pi}\,e^{-10}\approx3.6\cdot10^{-4}a10 ≈20π e−10≈3.6⋅10−4.