數學傳播

在微積分的教學中, 筆者遇到了兩個有趣的極限: $$\lim _{n\rightarrow \infty}{\root n \of {n!}\over n} \hbox { 與 }\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {n}$$ 探求它們, 可以將一些美妙的概念與結果, 有機地連結在一起, 非常值得, 於是寫成本文。

一. 緣起

問題:

利用Riemann積分的定義求定積分$\int _1^2\ln x\, dx$, 這個計算分成四個步驟:

(參見圖1)

1. 分割: 將區間 $[1,2]$ 分割成 $n$ 等分 $$1\!\lt\!1\!+\!{1\over n}\lt\!\cdots\! \lt1\!+\!{k\over n}\lt\!\cdots\! \lt1+{n\over n}\!=\!2$$
2. 取樣: 取每一小段的右端點當樣本點 $$\xi_k=1+{k\over n}, \quad k=1,2,\cdots ,n$$
3. 求近似和: 即作Riemann和 $$R_n=\sum _{k=1}^n{1\over n}\ln (1+{k\over n})$$
4. 取極限:

\begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty} R_n=\int _1^2\ln x\, dx \end{equation}

為了探求極限值 $\lim _{n\rightarrow\infty}R_n$, 我們利用對數律將Riemann 和$R_n$整理成下形: \begin{eqnarray} R_n&\!=\!&\sum _{k\!=\!1}^n{1\over n}\ln (1\!+\!{k\over n})\nonumber\\ &\!=\!&\!\ln \Big[{\root n \of {2n(2n\!-\!1)\!\cdots\! (n\!+\!2)(n\!+\!1)}\over n}\Big]\nonumber\\ &\!=\!&\ln \Big[4\cdot {(\root {2n} \of {(2n)!}/2n)^2\over \root n \of {n!}/n}\Big] \end{eqnarray} 於是出現了極限: \begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty}{\root n \of {n!}\over n} \end{equation} 再利用Stirling公式 \begin{equation} n!\sim \sqrt {2\pi n}\, n^ne^{-n} \end{equation} 得到 \begin{eqnarray} \lim _{n\rightarrow\infty}{\root n \of {n!}\over n}&=&\lim _{n\rightarrow\infty}{(\sqrt {2\pi n}\, n^ne^{-n})^{1/2}\over n}\nonumber\\ &=&\lim _{n\rightarrow\infty}{\root {2n} \of {2n}\root {2n} \of {\pi}\over e} \end{eqnarray} 這裡出現了兩個極限: 一個是顯明的 \begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {a} =1,\quad (a>0) \end{equation} 另一個是待求的 \begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of n \end{equation} 習題1: 利用等比分割與積分的定義求算 $\int _1^b\ln x\, dx$。

二. 一題七解

對於極限 $\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {n}$ 的探求, 我們可以先用電算器試算一下: 令$a_n=\root n \of {n}$, 於是

a_1=1	a_2=1.414$\cdots$
a_3=1.442	a_4=1.414
a_5=1.380	a_6=1.348
a_7=1.320	a_8=1.297
a_2}=1.162	a_30=1.120

似乎是不斷地往 $1$ 接近, 這讓我們對於數列 $(a_n)$ 有了初步的感覺(feeling)。 進一步, 從理論上來探討。經過簡單的計算: \begin{eqnarray*} &&\root n \of {n}>\root {n+1} \of {n+1}\\ &\Longleftrightarrow& n^{n+1}>(n+1)^n\\ &\Longleftrightarrow& n>(1+{1\over n})^n \end{eqnarray*} 最後一式對於 $n=3,4,5,\cdots$ 都成立。因此, $(a_n)_{n\ge 3}$ 是遞減且有下界的數列。根據實數系的完備性知道極限 $\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {n}$ 存在, 它等於多少呢? 下面我們提出七種解法, 都各有巧妙, 值得欣賞。 解法1: 因為 $(\root n \of {n})_{n\ge 3}$ 遞減且有下界: $\root n \of {n}\ge 1$, $\forall n\in \Bbb N$。所以由實數系的完備性知, $\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {n}=a$ 存在並且 $a\ge 1$。如果 $a>1$, 則 $\root n \of {n}>a$, 即 $n>a^n$, 但這是不可能的, 因為當 $n$ 是夠大時 $a^n>n$, 事實上, $\lim _{n\rightarrow\infty}{a^n\over n}=+\infty$。因此, $a=1$, 亦即 $\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {n}=1$。 解法2: 因為 $\root n \of {n}\ge 1$, 所以令 $$\root n \of {n}=1+v_n$$ 於是 $v_n\ge 0$, 由二項式定理得到 \begin{eqnarray} n&=&(1+v_n)^n\nonumber\\ &=&1+n\cdot v_n+{n(n-1)\over 2}v_n^2\nonumber\\ &\ge& 1+{n(n-1)\over 2}v_n^2 \end{eqnarray} 從而 $$\sqrt{{n\over 2}}\ge v_n\ge 0$$ 顯然 $\lim _{n\rightarrow\infty}\sqrt{{2\over n}}=0$, 由夾擠原理(the squeeze principle) 知 $$\lim _{n\rightarrow\infty}v_n=0$$ 因此 \begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {n}=1 \end{equation} 註: 在(8)式中, 若取 $$n\ge 1+n\cdot v_n$$ 則得 $$1-{1\over n}\ge v_n\ge 0$$ 這就無法施展夾擠原理了。 解法3: 利用算幾平均不等式 (Arithmetic - Geometric mean inequality), 將 $\root n \of {n}$ 視為 $$\underbrace{1,1,\ldots, 1}_{n-2\hbox{個}},\sqrt n,\sqrt n$$ 的幾何平均, 於是 $${1+1+\cdots +1+\sqrt n +\sqrt n\over n}\ge \root n \of n$$ 從而得到 $$1-{2\over n}+{2\over \sqrt {n}}\ge \root n \of {n}\ge 1$$ 再由夾擠原理立得(9)式。 解法4: 仍然是利用算幾平均不等式, 將 $\root n \of {n}$ 視為 $$1,{2\over 1}, {3\over 2}, {4\over 3},\cdots ,{n\over n-1}$$ 的幾何平均, 於是 \begin{equation} {1+{2\over 1}+{3\over 2}+\cdots +{n\over n-1}\over n}\ge \root n \of {n} \end{equation} 為了估算分子的值, 首先我們觀察到 \begin{eqnarray*} A_n&=&1+{2\over 1}+{3\over 2}+\cdots +{n\over n-1}\\ &=&1+(1+1)+(1+{1\over 2})+\cdots\\ &&+(1+{1\over n-1})\\ &=&n+(1+{1\over 2}+\cdots +{1\over n-1}) \end{eqnarray*} 接著有兩條小徑可以走:

(i) 利用定積分概念 \begin{eqnarray*} A_n&\le &n+1+\int _1^n{1\over x}\, dx\\ &=&n+1+\ln n \end{eqnarray*} 由(10)式得到 \begin{equation} 1+{1\over n}+{\ln n\over n}\ge \root n \of {n}\ge 1 \end{equation} 根據L' Hopital規則知 \begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty}{\ln n\over n}=\lim _{n\rightarrow\infty}{1\over n}=0 \end{equation} 對(11)式使用夾擠原理立得(9)式。 (ii)利用Cauchy不等式 \begin{eqnarray*} &&\Big({1\over 1}\!+\!{1\over 2}\!+\!\cdots \!+\!{1\over n\!-\!1}\Big)^2\\ &\!\le\!&\Big({1\over 1^2}\!+\!{1\over 2^2}\!+\!\cdots {1\over (n\!-\!1)^2}\Big) \cdot[1^2\cdot (n-1)]\\ &\!\lt\!&(n\!-\!1)\Big({1\over 1}\!+\!{1\over 1\cdot 2}\!+\!{1\over 2\cdot 3}\!+\!\cdots\\ &&+{1\over (n\!-\!2)(n\!-\!1)}\Big)\\ &\!=\!&(n\!-\!1)\Big(2\!-\!{1\over n\!-\!1}\Big)\\ &\lt&2n \end{eqnarray*} 於是由(10)式得到 $$1+{\sqrt {2n}\over n}\ge \root n \of {n}\ge 1$$ 再由夾擠原理立得(9)式。

解法5:

對 $\root n \of {n}$ 取對數得 $$\ln \root n \of {n}={\ln n\over n}$$ 由(12)式知 \begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty}\ln\root n \of {n}=0 \end{equation} 從而得到(9)式。

解法6:

我們要利用下面的結果: Cesaro 定理: 假設數列 $(a_n)$ 收斂到 $a$ $$\lim _{n\rightarrow\infty}a_n=a$$ 那麼, (i)用「直到 $n$ 項為止的(算術)平均」代替第$n$項, 也收斂到 $a$: $\lim _{n\rightarrow\infty}$ ${a_1+a_2+\cdots +a_n\over n}=a$; (ii)如果 $(a_n)$ 為正項數列, 用幾何平均也可以: $$\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {a_1a_2\cdots a_n}=a\, \hbox{。}$$ 現在考慮數列 $$1,{2\over 1}, {3\over 2},\cdots ,{n\over n-1}, \cdots$$ 它顯然收斂到$1$, 由上述定理的(ii)立得(9)式。

解法7:

我們要利用Bernoulli不等式:

定理:

(Bernoulli, 1689年)對於 $x\ge -1$ 與 $n=0,1,2,\cdots $, 恆有 \begin{equation} (1+x)^n\ge 1+nxn \, \hbox{。} \end{equation} 以 $x={1\over \sqrt n}$ 代入上式, 得到 $$(1+{1\over \sqrt n})^n\ge 1+\sqrt n>\sqrt n$$ 從而 $$(1+{1\over \sqrt n})^2\ge n^{1/n}\ge 1$$ 顯然 $\lim _{n\rightarrow\infty}(1+{1\over \sqrt n})^2=1$, 由夾擠原理立得(9)式。

習題2:

將所有正有理數列成下表

然後按蛇行的方式排成一個數列 $$a_1,a_2,a_3,\cdots ,a_n,\cdots $$ 因此, 所有的正有理數是可列的(countable)。試證極限值 $\lim _{n\rightarrow\infty}\root n\of {a_n}=1$。

三. 極限 $\lim _{n\rightarrow\infty}{\root n\of {n!}\over n}$

對於這個極限的探求, 我們提出四種方法。 解法1: 由(5)式與(9)式立即得到 \begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty}{\root n \of {n!}\over n}={1\over e} \end{equation}

解法2:

對於 ${\root n \of {n!}\over n}$ 取對數, 再取極限, 得到 \begin{eqnarray*} \lim _{n\rightarrow\infty}\ln {\root n\of {n!}\over n}&=&\lim _{n\rightarrow\infty}\Big({1\over n}\ln n!-\ln n\Big)\\ &=&\lim _{n\rightarrow\infty}\Big[{1\over n}\sum _{k=1}^n\ln k-\ln n\Big]\\ &=&\lim _{n\rightarrow\infty}{1\over n}\Big[\sum _{k=1}^n(\ln k-\ln n)\Big]\\ &=&\lim _{n\rightarrow\infty}{1\over n}\sum _{k=1}^n\ln ({k\over n}) \end{eqnarray*} 我們發現這個極限值正好是函數 $f(x)=\ln x$ 在區間[0,1]上的積分。因此, $$\lim _{n\rightarrow\infty}\ln{\root n \of {n!}\over n}=\int _0^1\ln x\, dx$$ 利用瑕積分的分部積分公式與L'Hopital規則可算得 $$\int _0^1\ln x\, dx=-1$$ 從而 $$\lim _{n\rightarrow\infty}\ln {\root n \of {n!}\over n}=-1$$ 由此立得(15)式。

習題3:

試證明下列兩式:

1. $\lim _{n\rightarrow\infty}{1\over n} \Big[2\cdot 5\cdot 8\cdots (3n\!-\!1)\Big]^{{1\over n}}={3\over e}$
2. $\lim _{n\rightarrow\infty}\sum _{k=n+1}^{2n}{1\over k}=\ln 2$。

在判別無窮級數的斂散準則中, 有兩個著名的方法: 比值試斂法(the ratio test)與根式試斂法(the root test)。兩者都是由Cauchy在1821年首度明白敘述並且加以證明。 因為我們可以證明: 若 $\lim _{n\rightarrow\infty}\Big|{a_{n+1}\over a_n}\Big|$ $=r$, 則 $\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {|a_n|}=r$, 反之不然; 所以根式試斂法的適用範圍較比值試斂法寬廣。 當然, 在應用上比值試歛法較方便。

解法3:

取 $a_n={n!\over n^n}$, 則 $$\lim _{n\rightarrow\infty}{a_{n+1}\over a_n}=\lim _{n\rightarrow\infty}(1+{1\over n})^{-n}={1\over e}$$ 所以 $$\lim _{n\rightarrow\infty}{\root n \of {n!}\over n}=\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {a_n}={1\over e}$$

解法4:

我們觀察到 ${n^n\over n!}$ 出現在 $e^n$ 的Taylor展式中, 因此就由 $e^n$ 切入。因為 \begin{eqnarray*} e^n&\!=\!&1+{n\over 1!}+{n^2\over 2!}+\cdots +{n^n\over n!}+\cdots\\ &\!=\!&1+{n\over 1!}+{n^2\over 2!}+\cdots +{n^{n-1}\over (n-1)!}\\ &&+{n^n\over n!}\Big[1\!+\!{n\over n\!+\!1} \!+\!{n^2\over (n\!+\!1)(n\!+\!2)}\!+\!\cdots\Big] \end{eqnarray*} 所以 \begin{eqnarray*} e^n&<&n\cdot {n^n\over n!}\\ &&+{n^n\over n!} \Big[1\!+\!{n\over n+1}\!+\!({n\over n+1})^2\!+\!\cdots \Big]\\ &=&(2n+1){n^n\over n!} \end{eqnarray*} 於是 $${n!\over n^n}\lt{2n+1\over e^n}$$ 另一方面, 顯然 $$e^n>{n^n\over n!}$$ 亦即 $${1\over e^n}\lt{n!\over n^n}$$ 因此 \begin{eqnarray} {1\over e^n}\lt{n!\over n^n}\lt{2n+1\over e^n}\\ {1\over e}\lt{\root n \of {n!}\over n}\lt{\root n \of {2n+1}\over e}\nonumber \end{eqnarray} 由夾擠原理立得(15)式。 注意到, 由(16)式可得 \begin{equation} n^ne^{-n}\lt n!\lt(2n+1)n^ne^{-n} \end{equation} 再精進就可以得到Stirling公式。另外, 我們也有 \begin{eqnarray*} \lim _{n\rightarrow\infty}(1-{1\over n})^n&=&e^{-1}=\lim _{n\rightarrow\infty}{\root n \of {n!}\over n}\\ \lim _{n\rightarrow\infty}(1+{1\over n})^n&=&e=\lim _{n\rightarrow\infty}{n\over \root n \of {n!}} \end{eqnarray*}

值得順便一提, 在機率論中, 有一個著名的配對問題(a matching game): 將 $n$ 封信裝進 $n$ 個信封, 問全部都裝錯的機率是多少? 根據容斥原理(Inclusion and exclusion principle), 我們可以求得機率為 $$p_n=1-1+{1\over 2!}-{1\over 3!}+\cdots +(-1)^n{1\over n!}$$ 這恰是Taylor 展式 \begin{equation} e^{-1}=1-1+{1\over 2!}-{1\over 3!}+\cdots +(-1)^n{1\over n!}+\cdots \end{equation} 的首 $n+1$ 項之部分和。因此, $$\lim _{n\rightarrow\infty} p_n={1\over e}=\lim _{n\rightarrow\infty}{\root n\of {n}\over n}\doteqdot 0.368$$ 因為(18)式的級數為絕對收斂, 所以我們可將它改寫成各種形式: \begin{eqnarray} e^{-1}&\!=\!&1\!-\!1\!+\!{1\over 2!}\!-\!{1\over 3!} \!+\!{1\over 4!}\!-\!{1\over 5!}\!+\!{1\over 6!}\!-\!\cdots\nonumber\\ &\!=\!&{1\over 2!}-({1\over 3!}-{1\over 4!}) -({1\over 5!}-{1\over 6!})-\cdots\nonumber\\ &\!=\!&{1\over 2!}-{3\over 4!}-{5\over 6!}-{7\over 8!}-\cdots\\ &\!=\!&(1-1)\!+\!({1\over 2!}\!-\!{1\over 3!}) \!+\!({1\over 4!}\!-\!{1\over 5!})\!+\!\cdots\nonumber\\ &\!=\!&{0\over 1!}+{2\over 3!}+{4\over 5!}+{6\over 7!}+\cdots \end{eqnarray} 上述的(19)與(20)兩式, 將奇數與偶數上下分開來, 甚具有規律與美感, 好像是兩顆小珍珠。這可比美於Leibniz發現 $${\pi\over 4}=1-{1\over 3}+{1\over 5}-{1\over 7}+\cdots$$ 的時候, 讚美說: 「上帝喜愛奇數!」Huygens也說: 「這個美妙的公式數學家會永遠銘記在心中。」

四. 取道 $N-L$ 公式

由微積分根本定理的Newton-Leibniz公式(簡稱為 $N-L$ 公式)我們得知 \begin{equation} \int_1^2\ln x\, dx=(x\ln x-x)|_1^2=2\ln 2-1 \end{equation} 再由(1)與(2)得知 \begin{eqnarray} \lim_{n\rightarrow \infty}\ln \Big[4\cdot {({\root 2n\of {(2n)!}}/2n)^2\over {\root n\of {n!}}/n}\Big]&\!=\!&2\ln 2-1\quad \nonumber\\ &\!=\!&\ln ({4\over e})\quad \end{eqnarray} 因為 $$\lim_{n\rightarrow \infty} {\root 2n\of {(2n)!}\over 2n}=\lim_{n\rightarrow \infty} {{\root n\of {n!}}\over n}$$ 所以比較(9) 式的兩端就得到 \begin{equation} \lim_{n\rightarrow \infty} {{\root n\of {n!}}\over n}={1\over e} \end{equation} 代入(5)式得到 $$\lim_{n\rightarrow \infty}{{\root 2n\of {2n}}{\root 2n\of \pi}\over e} ={1\over e}$$ 因此 $$\lim_{n\rightarrow \infty}{\root n\of n}=1$$

註: 面對公式 $\lim_{n\rightarrow \infty} {\root n\of n}=1$, 有人想像力非常豐富: 把根號內的$n$當作「上帝」, 往無窮大跑, 而開 $n$ 次方是「魔鬼」, 將上帝拉回來, 兩股力道平衡於1, 這是現實人間。

五. 一個應用

Stirling 公式告訴我們 \begin{equation} \lim_{n\rightarrow \infty}{n!\over \sqrt {2\pi n}\, n^n e^{-n}}=1 \end{equation} 這個式子的證明, 有點深度, 參見下面的習題3。 不過, 利用公式(23), 我們可以輕易地得到一個「次好」(the second best)的結果: 令 $$a_n=\left({n!\over \sqrt{2\pi n}\, n^ne^{-n}}\right)^{1/n}$$ 則有 \begin{equation} \lim _{n\rightarrow\infty}a_n=1 \end{equation}

證明:

對於 $a_n$ 取對數, 得到 $$\ln a_n=\ln \Big({\root n \of {n!}\over n}\Big)-{\ln n\over 2n}-{\ln 2\pi\over 2n}+1$$ 再取極限, 得到 \begin{eqnarray*} \lim _{n\rightarrow\infty}\ln a_n&=&\lim _{n\rightarrow\infty}\ln\Big({\root n \of {n!}\over n}\Big)+1\\ &=&-1+1=0 \end{eqnarray*} 從而 $$\lim _{n\rightarrow\infty}a_n=e^0 =1\hbox {。}$$ 注意到, 如果由(25)式可以推導出(24)式, 那麼我們就輕易地證明了Stirling公式。可惜, 這只是一個如願想法, 因為由 $\lim _{n\rightarrow\infty}\root n \of {b_n}=1$ 不能推導出 $\lim _{n\rightarrow\infty}b_n=1$。一個現成的反例是 $\lim _{n\rightarrow\infty}\root n\of {n}=1$, 但 $\lim _{n\rightarrow\infty}n=+\infty$。

習題3:

利用下列三個步驟證明Stirling公式: $$\lim _{n\rightarrow\infty}{n!\over \sqrt{2\pi n}\, n^ne^{-n}}=1$$

1. 證明: \begin{eqnarray*} \ln n!&=&\ln 1+\ln 2+\cdots +\ln n\\ &=&(n+{1\over 2})\ln n-n+c_n \end{eqnarray*} 其中 $\lim _{n\rightarrow\infty}c_n=c$ 存在且有限。
2. 利用(i)證明: $\lim _{n\rightarrow\infty}{n!\over \sqrt nn^ne^{-n}}=e^c$。
3. 利用Wallis公式 $$\lim _{n\rightarrow\infty}{2\cdot 4\cdot 6\cdots 2n\over 1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}\cdot {1\over \sqrt n}=\sqrt \pi$$ 證明: $c=\ln\sqrt {2\pi}$。

六. 結語

兩個小小的極限問題之探尋, 居然牽涉到微積分這麼多重要的概念與結果, 並且讓我們有機會作一次知識的動員, 以及知識的重新連結, 這也算是學習微積分的一種樂趣吧。 微積分涉及無窮(無窮大、無窮小、無窮地靠近), 落實於取極限的操作, 本來就具有相當的深度與難度。因此, 它是許多大一學生最感頭痛的一門課。如何幫忙他(她)們從學習中得到樂趣, 就成為微積分教學的一大挑戰。

參考資料

1. G. H. Hardy, A course of pure mathematics, Tenth Edition. Cambridge University Press, 1952.
2. G. Klambauer, Aspects of calculus, Springer-Verlag, 1986.
3. L. C. Larson, Problem - Solving through problems, Spring - Verlag, 1983.

---本文作者任教於國立台灣大學數學系---