https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Handai/2015/Senmon

2023.07.26記

[2] 数列 $\{a_n\}$ を $a_n=\dfrac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}}$ で定める．
このとき $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=\sqrt{2\pi}$ であることを，以下の手順で示せ．

(1) 数列 $\{b_n\}$ を $b_n=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{\sqrt{n}(2n!)}$ で定める． $0\lt x\lt \dfrac{\pi}{2}$ のとき
$\sin^{2n+1}x\lt\sin^{2n}x\lt\sin^{2n-1}x$ （ $n=1,2,3,\cdots$ ）
であることを用いて， $\displaystyle\lim_{n\to\infty} b_n=\sqrt{\pi}$ であることを示せ．

(2) すべての自然数 $n$ に対して
$0\lt \log\dfrac{a_n}{a_{n+1}} \lt\dfrac{100}{n(n+1)}$
が成り立つことを示せ．

(3) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{a_n}{a_{2n}}=1$ であることを示せ．

(4) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=\sqrt{2\pi}$ であることを示せ．

2023.07.26記

本問のテーマ

Wallis 積分
Stirling の公式（Stirling の近似）

スターリングの公式，つまり $N$ が大きいときに
$N!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$
（「 $\sim$ 」は $N\to\infty$ で比が1に近づくこと）
が成立することの典型的な証明．ただ(3) の「100」は非常に粗く設定しており，色々な方法で対応できるようにとの配慮だと思われるが「100」にこだわると却って難しくなってしまうだろう．

以下、有名な証明方法に倣って解答する．

[解答]
(1) $I_n=\displaystyle\int_0^{\pi/2} \sin^n dx$ とおくと与えられた不等式により
$I_{2n+1}\lt I_{2n}\lt I_{2n-1}$
である．ここでウォリス積分より
$I_{2n-1}=\dfrac{2n+1}{2n}I_{2n+1}$ ，
$I_{2n}=\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\cdot\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2\sqrt{n}b_n}$ ，
$I_{2n+1}=\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}=\dfrac{\sqrt{n}b_n}{2n+1}$
だから
$\dfrac{\sqrt{n}b_n}{2n+1}\lt \dfrac{\pi}{2\sqrt{n}b_n}\lt \dfrac{2n+1}{2n}\cdot \dfrac{\sqrt{n}b_n}{2n+1}$
が成立する．整理して
$1\lt \left(1+\dfrac{1}{2n}\right)\cdot\dfrac{\pi}{b_n{}^2}\lt 1+\dfrac{1}{2n}$
となるので，はさみうちの原理から
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{\pi}{b_n{}^2}=1$
となり， $b_n\gt 0$ から
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} b_n=\sqrt{\pi}$
となる．

(2) $\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{e}\cdot\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}$
により，
$\log\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\log \dfrac{n+1}{n}-1$
であるから，
$\dfrac{2}{2n+1} \lt \log \dfrac{n+1}{n}\lt \dfrac{2}{2n+1} +\dfrac{200}{n(n+1)(2n+1)}$
を示せば良く， $\log \dfrac{n+1}{n}=\displaystyle\int_n^{n+1} \dfrac{1}{x}dx$ であり， $f(x)=\dfrac{1}{x}$ は下に凸だから
$f(n+1/2)<\displaystyle\int_n^{n+1} f(x)dx <\dfrac{1}{2}\{f(n)+f(n+1)\}$
が成立するので，
$\dfrac{2}{2n+1} \lt \log \dfrac{n+1}{n}\lt \dfrac{2n+1}{2n(n+1)}$
が成立する．ここで
$\dfrac{2n+1}{2n(n+1)}=\dfrac{2}{2n+1}+\dfrac{1}{2n(n+1)(2n+1)}$
$\lt \dfrac{2}{2n+1} +\dfrac{200}{n(n+1)(2n+1)}$
だから，題意は証明された．

(3) (2) より
$0\lt \log\dfrac{a_n}{a_{2n}} \lt \displaystyle\sum_{k=n}^{2n-1}\dfrac{100}{k(k+1)}$ $=100\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n}\right)=\dfrac{50}{n}$
だから，はさみうちの原理により
$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \log \dfrac{a_n}{a_{2n}}=0$ となり， $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \dfrac{a_n}{a_{2n}}=1$ である．

(4) $\dfrac{a_n{}^2}{a_{2n}}=\sqrt{2}b_n$ により
$a_n=\sqrt{2}b_n\cdot\dfrac{a_n}{a_{2n}}\to \sqrt{2}\cdot\sqrt{\pi}\cdot 1=\sqrt{2\pi}$ （ $n\to\infty$ ）
である．