(1): قرار دهید $L=\lim\limits_{n\to \infty } ( \frac{n!}{ n^{n} } )^{ \frac{1}{n} }$ آنگاه
$\ln(L)=\ln(\lim\limits_{n\to \infty } ( \frac{n!}{ n^{n} } )^{ \frac{1}{n} })=\lim\limits_{n\to \infty } (\frac{1}{n}\ln( \frac{n!}{ n^{n} } ))$
حال $ \frac{n!}{ n^{n} }$ را باز کنید:
$ \frac{n!}{ n^{n} }=\frac{n\cdot n-1\cdot n-2\cdot \dots\cdot 2\cdot 1}{n\cdot n\cdot n\cdot \dots\cdot n\cdot n}$ پس:
$ \ln(\frac{n!}{ n^{n} })=\ln(\frac{n\cdot n-1\cdot n-2\cdot \dots\cdot 2\cdot 1}{n\cdot n\cdot n\cdot \dots\cdot n\cdot n})=\ln(\frac{n}{n})+\ln(\frac{n-1}{n})+\ln(\frac{n-2}{n})+\dots+ \ln(\frac{2}{n})+\ln(\frac{1}{n})$
حال ما میدانیم که:
$\displaystyle I:=\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{1}{n}\cdot f(\frac{1}{n}) + \frac{1}{n}\cdot f(\frac{2}{n}) + \dots+\frac{1}{n}\cdot f(\frac{n-1}{n}) + \frac{1}{n}\cdot f(\frac{n}{n}) )=\int_0^1f(x)dx$
حال $\frac{1}{n}\cdot\ln(\frac{n!}{n^n})$ را باز کنید:
$\lim\limits_{n\to \infty } (\frac{1}{n}\ln( \frac{n!}{ n^{n} } ))=\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{1}{n}\cdot \ln(\frac{1}{n}) + \frac{1}{n}\cdot \ln(\frac{2}{n}) + \dots\frac{1}{n}\cdot \ln(\frac{n-1}{n}) + \frac{1}{n}\cdot \ln(\frac{n}{n}) ) = \displaystyle \int_0^1 \ln(x)dx=-1$
پس داریم:
$\ln(L)=-1 \rightarrow L = e^{-1} =\frac{1}{e}$
(2): با استفاده از تقریب استرلینگ داریم
$n! \sim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n$ پس:
$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\binom{2n}{n}^\frac{1}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{(2n)!}{(n!)^2})^\frac{1}{n} =\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{\sqrt{2\pi 2n}(\frac{2n}{e})^{2n}}{(\sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n)^2})^\frac{1}{n}= \lim\limits_{n\to\infty}(\frac{2\sqrt{\pi n}(\frac{2n}{e})^{2n}}{2\pi n(\frac{n}{e})^{2n}})^\frac{1}{n}= \lim\limits_{n\to\infty}(\frac{(\frac{2n}{e})^{2n}}{\sqrt{\pi n}(\frac{n}{e})^{2n}})^\frac{1}{n}= \lim\limits_{n\to\infty}(\frac{(\frac{2n}{e})^{2}}{(\pi n)^\frac{1}{2n}(\frac{n}{e})^{2}})= \lim\limits_{n\to\infty}((\pi n)^\frac{-1}{2n}(\frac{2n}{e})^{2}(\frac{n}{e})^{-2})= \lim\limits_{n\to\infty}((\pi n)^\frac{-1}{2n}\frac{2^2n^2}{e^2}\cdot\frac{e^2}{n^2}))=\lim\limits_{n\to\infty}(4\cdot(\pi n)^\frac{-1}{2n}) =\lim\limits_{n\to\infty}(4\cdot e^{\frac{-1}{2n}\ln(\pi n)})=\lim\limits_{n\to\infty}(4\cdot e^{-(\frac{\ln(\pi)}{2n}+\frac{\ln(n)}{2n})})$
حال $\lim\limits_{n\to\infty}e^{-(\frac{\ln(\pi)}{2n}+\frac{\ln(n)}{2n})}$ را حساب میکنیم:
$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}e^{-(\frac{\ln(\pi)}{2n}+\frac{\ln(n)}{2n})}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{-(0+\frac{\ln(n)}{2n})}=\lim\limits_{n\to\infty}e^{-(0+0)}=\lim\limits_{n\to\infty}e^0=1$
پس داریم:
$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}(4\cdot e^{-(\frac{\ln(\pi)}{2n}+\frac{\ln(n)}{2n})})=\lim\limits_{n\to\infty}(4\cdot 1)=\lim\limits_{n\to\infty}(4)=4$
این حد را میتوان بدون تقریب استرلینگ بسیار ساده تر حل کرد:
میدانیم که اگر $a_n>0$ برای تمام $n\ge1$ و دنباله $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ در $[0,\infty]$ همگرا باشد :$\lim\limits_{n\to\infty}a_n^{\frac{1}{n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}$
پس داریم:
$\displaystyle\lim\limits_{n\to\infty}\binom{2n}{n}^\frac{1}{n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{{2n+2\choose n+1}}{{2n\choose n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2}\frac{(n!)^2}{(2n)!}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(2n)(2n)}{(n)^2}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{4n^2}{n^2}=\lim\limits_{n\to\infty}4=4$
