一道极限题

题目

计算极限：

\[I=\lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{k=1}^n n^k}{\sum_{k=1}^n k^n}\]

证明1 (估阶)

首先上下同除$n^n$得到

\[I=\lim_{n\to\infty} \frac{n^{1-n}+n^{2-n}+\cdots+1}{(1/n)^n+(2/n)^n+\cdots+1}\]

这时上下都化作有界量，更容易估计了。分子项

\[a_n=n\sum_{k=1}^{n} n^{-k}=\frac{n-n^{1-n}}{n-1}\to 1\]

因此若能计算出分母项的极限即可求得。而分母项

\[b_n=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^n\]

中的领头项

\[\left(\frac{n-k}{n}\right)^n=\left(1-\frac{k}{n}\right)^n\to\mathrm{e}^{-k}\]

因此可首先估计$\left(1-\frac{k}{n}\right)^n$的阶：由于$n\to\infty$时

\[n\log\left(1-\frac{k}{n}\right)=-k-\frac{k^2}{2n}+O(n^{-2})\]

因此

\[\left(1-\frac{k}{n}\right)^n=\exp\left(-k-\frac{k^2}{2n}+O(n^{-2})\right)=\mathrm{e}^{-k}\left(1-\frac{k^2}{2n}+O(n^{-2})\right)O(n^{-2})=\mathrm{e}^{-k}-\mathrm{e}^{-k}\frac{k^2}{2n}+O(n^{-2})\]

从而

\[\sum_{k=0}^{n-1} \mathrm{e}^{-k} - b_n = \sum_{k=1}^{n-1} \left(\mathrm{e}^{-k} - \left(1-\frac{k}{n}\right)^n \right)=\sum_{k=1}^{n-1} \left( \mathrm{e}^{-k}\frac{k^2}{2n}+O(n^{-2}) \right)\leq \sum_{k=1}^\infty \mathrm{e}^{-k}\frac{k^2}{2n}+O(1/n)=\frac{\mathrm{e}^2+\mathrm{e}}{(2\mathrm{e}-1)^3n}+O(1/n)\to 0\]

从而

\[\lim_{n\to\infty}b_n=\sum_{k=0}^\infty \mathrm{e}^{-k}=\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}, I=\lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{b_n}=\frac{\lim_{n\to \infty} a_n}{\lim_{n\to \infty} b_n}=\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}}=1-\mathrm{e}^{-1}\]

证明2 (Stolz定理)

下记$A_n=\sum_{k=1}^n n^k, B_n=\sum_{k=1}^n k^n$,即计算$I=\lim_{n\to\infty}\frac{A_n}{B_n}$.显然$A_n\to\infty, B_n\to\infty$,则可应用Stolz定理:

\[I=\lim_{n\to\infty}\frac{A_{n+1}-A_n}{B_{n+1}-B_n}\]

下分别计算差分:

\[A_{n+1}-A_n=\sum_{k=1}^{n+1}(n+1)^k - \sum_{k=1}^n n^k=(n+1)^{n+1}+\sum_{k=1}^n [(n+1)^k-n^k]= \mathrm{e}\cdot n^{n+1}+O(n^n) \quad (n\to \infty)\] \[B_{n+1}-B_n=\sum_{k=1}^{n+1} k^{n+1} - \sum_{k=1}^n k^n=(n+1)^{n+1}+\sum_{k=1}^n [k^{n+1}-k^n]\]

(TBC)