1968年(昭和43年)東京工業大学-数学[5] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2023.07.26記

[5] 次の極限値を求めよ。
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mbox{P}_n}$

2023.07.26記

本問のテーマ

Stirling の公式（Stirling の近似）
区分求積法

（簡易版）スターリングの公式とは， $N$ が大きいとき
$\log N!\sim N\log N-N$
となるものである．

[大人の解答]
$a_n=\dfrac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mbox{P}_n}$ とおくと
スターリングの公式により， $\log N!\sim N\log N-N$ だから
$\log a_n=\dfrac{1}{n}\log\dfrac{(2n)!}{n!}-\log n$
$\sim\dfrac{2n\log(2n)-2n-n\log n+n}{n}-\log n$
$=2\log(2n)-2-\log n+1-\log n$
$=2\log 2-1=\log\dfrac{4}{e}$
となり，求める極限は $\log\dfrac{4}{e}$ となる．

$n,m$ が大きいとき，スターリングの公式により，
$\log {}_{n}\mbox{P}_r$ $\sim n\log n- n-(n-r)\log (n-r)+n-r$ $=n\log n- (n-r)\log (n-r)-r$
だから
${}_n\mbox{P}_r$ ≒ $\dfrac{n^n}{e^r(n-r)^{n-r}}$
（これは比の値が1に近づかないので「∼」にはならない）という公式を一応導くことができる．すると
$\dfrac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mbox{P}_n}$ $\mbox{≒}\dfrac{1}{n}\sqrt[n]{\dfrac{(2n)^{2n}}{e^n\cdot n^{n}}}$ $=\dfrac{1}{n}\cdot\dfrac{(2n)^2}{e\cdot n}$ $=\dfrac{4}{e}$
となる．

スターリングの公式 $\log N!\sim N\log N-N$ が簡易版とも呼ばれるのは，
$\log N!\sim N\log N-N$ であるものの $N!\not\sim \left(\dfrac{N}{e}\right)^n$ となるからである．
より精密には
$N!\sim \sqrt{2\pi N}\left(\dfrac{N}{e}\right)^N$
となる．

精密化における違い $\sqrt{\dfrac{n}{n-r}}$ （本問では $\sqrt{2}$ ）は $\dfrac{1}{n}$ 乗されるので1に近づく故，本問では問題にならない差異となる．

なお，

2015年(平成27年)大阪大学-前期専門数学[2]

が $N!\sim \sqrt{2\pi N}\left(\dfrac{N}{e}\right)^N$ に関する出題である．これを用いると
${}_n\mbox{P}_r$ $\sim\dfrac{\sqrt{2\pi n}(n/e)^n}{\sqrt{2\pi (n-r)}(n/e)^{n-r}}$ $=\dfrac{n^{n+\frac{1}{2}}}{e^r(n-r)^{n-r+\frac{1}{2}}}$
となることがわかる．

[解答]
$a_n=\dfrac{1}{n}\sqrt[n]{{}_{2n}\mbox{P}_n}$ とおくと
$\log a_n =\dfrac{1}{n}\log\dfrac{{}_{2n}\mbox{P}_n}{n^n}$ $=\displaystyle\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\log\left(1+\dfrac{k}{n}\right)$
により，
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\log a_n =\int_0^1\log (1+x) dx$ $=\Bigl[ (x+1)\log(x+1)-(x+1)\Bigr]_0^1$ $=2\log 2-1=\log\dfrac{4}{e}$
となり，求める極限は $\log\dfrac{4}{e}$ となる．

1988年(昭和63年)東京工業大学-数学[5]

も参照のこと．