在ln 函数里面, 分式等于 [latex](\prod_{k=0}^{n-1} (n-k)^{n-1-2k})^{-1}[/latex],
因此 要求极限的部分可以写成 [latex]-\sum_{k=0}^{n-1}(1-\frac{1+2k}{n})\frac{\ln(n-k)}{n} [/latex]

然后可以拆成两项, [latex]-(1-\frac{1}{n})\frac{\ln(n!)}{n}[/latex] 和[latex]+\frac{2\ln{n}}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{k}{n}\ln(1-\frac{k}{n})[/latex]

前面部分, 由Stiring 公式, https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation
[latex]\ln(n!)=n\ln{n}-n+O(\ln{n})[/latex] 知道趋于 [latex]-\ln{n}+1[/latex].

后面那部分,利用定积分的定义, 大致等于[latex]2\ln{n}\int_{0}^{1}x\ln(1-x)dx=2\ln{n}\cdot (-\frac{3}{4})[/latex]

所以综合加起来, 约等于 -5/2 * ln(n) 趋于负无穷大. 极限不存在.

引用回帖:

2楼: Originally posted by hank612 at 2015-10-21 08:11:26
在ln 函数里面, 分式等于 (\prod_{k=0}^{n-1} (n-k)^{n-1-2k})^{-1},
因此 要求极限的部分可以写成 -\sum_{k=0}^{n-1}(1-\frac{1+2k}{n})\frac{\ln(n-k)}{n}

然后可以拆成两项, -(1-\frac{1}{n})\frac{\ln(n!) ...

我楼上犯了一个很傻的错误, 重新写过.

第一部分不变,  [latex]-(1-\frac{1}{n})\frac{\ln(n!)}{n} \rightarrow -\ln{n}+1[/latex]

第二部分, 等于 [latex]\sum_{k=0}^{n-1}\frac{2k\ln{n}}{n^2}+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{2k\ln(1-\frac{k}{n})}{n^2}[/latex]. 前面的求和为[latex]2\frac{(n-1)n}{2}\cdot \frac{\ln{n}}{n^2}\rightarrow \ln{n}[/latex], 后面的求和变成积分 [latex]2\int_{0}^{1}x\ln(1-x)dx=-\frac{3}{2}[/latex], 所以
整个极限
等于

[latex]-\ln{n}+1-\ln{n}-\frac{3}{2}=-\frac{1}{2}[/latex]

引用回帖:

3楼: Originally posted by hank612 at 2015-10-21 08:26:13
我楼上犯了一个很傻的错误, 重新写过.

第一部分不变,  -(1-\frac{1}{n})\frac{\ln(n!)}{n} \rightarrow -\ln{n}+1

第二部分, 等于 \sum_{k=0}^{n-1}\frac{2k\ln{n}}{n^2}+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{2k\ln(1-\fr ...

上面解法利用了Stirling 公式， 再想一下后发现可以更直接得到答案

让j=n-k, 则[latex]-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\ln(n-k)}{n^2}(n-1-2k)=\sum_{j=1}^n \frac{\ln{\frac{j}{n}}+\ln{n}}{n^2}(n+1-2j)[/latex]

注意到恰巧[latex]\sum_{j=1}^n (n+1-2j)=0[/latex], 于是求和（凑成定积分的形式）为
[latex]\sum_{j=1}^{n}\ln(j/n)\cdot (1+\frac{1}{n}-\frac{2i}{n})\cdot \frac{1}{n}=\int_{0}^1 (1-2x)\ln{x}dx[/latex]

分部积分得到原函数 [latex](x-x^2)\ln{x}+\frac{x^2}{2}-x[/latex], 于是定积分等于 [latex]-\frac{1}{2}[/latex]
，