北京科技大学 2025年数学分析第0题
📝 题目
1．设数列 $\displaystyle a_{n}=\frac{\sum_{k=0}^{n} \ln C_{n}^{k}}{n^{2}}$ ，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\frac{1}{2}$ ．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：将组合数表示为阶乘形式，并化简求和式
由组合数公式 $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$，取对数得 $\ln C_n^k = \ln n! - \ln k! - \ln (n-k)!$。求和得：
$$\sum_{k=0}^n \ln C_n^k = (n+1)\ln n! - \sum_{k=0}^n \ln k! - \sum_{k=0}^n \ln (n-k)!$$
由于第二个和与第三个和相等（令 $j=n-k$），故：
$$\sum_{k=0}^n \ln C_n^k = (n+1)\ln n! - 2\sum_{k=0}^n \ln k!$$
注意 $\ln 0! = \ln 1 = 0$，所以求和从 $k=1$ 开始即可。
公式：C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}, \quad \ln C_n^k = \ln n! - \ln k! - \ln (n-k)!
提示：注意 $\ln 0! = 0$，求和时下标 $k=0$ 项为0，可忽略。
步骤 2/5
目标：处理 $\sum_{k=1}^n \ln k!$，交换求和次序
将 $\ln k!$ 展开为 $\sum_{j=1}^k \ln j$，则：
$$\sum_{k=1}^n \ln k! = \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \ln j$$
交换求和次序（先对 $j$ 求和，$j$ 从1到 $n$，$k$ 从 $j$ 到 $n$）：
$$= \sum_{j=1}^n \ln j \cdot (n - j + 1)$$
公式：\sum_{k=1}^n \ln k! = \sum_{j=1}^n (n - j + 1) \ln j
提示：交换求和次序时注意求和上下限的变化，避免遗漏项数。
步骤 3/5
目标：代入原式并合并系数
将上一步结果代入 $\sum_{k=0}^n \ln C_n^k$ 表达式：
$$\sum_{k=0}^n \ln C_n^k = (n+1)\sum_{j=1}^n \ln j - 2\sum_{j=1}^n (n - j + 1) \ln j$$
合并为对 $j$ 的求和：
$$= \sum_{j=1}^n \left[ (n+1) - 2(n - j + 1) \right] \ln j$$
化简括号内：$(n+1) - 2n + 2j - 2 = 2j - n - 1$，故：
$$\sum_{k=0}^n \ln C_n^k = \sum_{j=1}^n (2j - n - 1) \ln j$$
公式：\sum_{k=0}^n \ln C_n^k = \sum_{j=1}^n (2j - n - 1) \ln j
提示：合并系数时注意 $j$ 是求和变量，不能简单将系数视为常数。
步骤 4/5
目标：利用积分近似估计求和式的主项
使用欧拉-麦克劳林公式或积分近似：
$$\sum_{j=1}^n \ln j = n \ln n - n + O(\ln n)$$
$$\sum_{j=1}^n j \ln j = \frac{n^2}{2} \ln n - \frac{n^2}{4} + O(n \ln n)$$
代入 $\sum_{j=1}^n (2j - n - 1) \ln j = 2\sum_{j=1}^n j\ln j - (n+1)\sum_{j=1}^n \ln j$：
$$= 2\left( \frac{n^2}{2}\ln n - \frac{n^2}{4} + O(n\ln n) \right) - (n+1)\left( n\ln n - n + O(\ln n) \right)$$
展开并化简主项：
$$= n^2\ln n - \frac{n^2}{2} - (n^2+n)\ln n + (n^2+n) + \text{小量}$$
$$= \frac{n^2}{2} - n\ln n + n + O(\ln n)$$
公式：\sum_{j=1}^n j\ln j \sim \frac{n^2}{2}\ln n - \frac{n^2}{4}, \quad \sum_{j=1}^n \ln j \sim n\ln n - n
提示：使用积分近似时注意误差项的量级，确保后续除以 $n^2$ 后趋于0。
步骤 5/5
目标：除以 $n^2$ 并求极限
由 $a_n = \frac{\sum_{k=0}^n \ln C_n^k}{n^2}$，代入上一步结果：
$$a_n = \frac{\frac{n^2}{2} - n\ln n + n + O(\ln n)}{n^2} = \frac{1}{2} - \frac{\ln n}{n} + \frac{1}{n} + O\left(\frac{\ln n}{n^2}\right)$$
当 $n \to \infty$ 时，$\frac{\ln n}{n} \to 0$，$\frac{1}{n} \to 0$，$O\left(\frac{\ln n}{n^2}\right) \to 0$，故极限为 $\frac{1}{2}$。
公式：\lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1}{2}
提示：注意 $\frac{\ln n}{n}$ 是无穷小，但比 $\frac{1}{n}$ 衰减更慢，仍需证明其极限为0。
步骤 6/7
目标：代入并合并各项，计算 $S_n = \sum \ln C_n^k$ 的主部
代入斯特林公式：
$$-(n+1)\ln n! = -(n+1)\left(n\ln n - n + \frac12\ln n + O(1)\right) = -n^2\ln n + n^2 - n\ln n + n - \frac{n}{2}\ln n + O(n)$$
加上 $2\sum_{j=1}^n j\ln j = n^2\ln n - \frac{n^2}{2} + O(n\ln n)$，合并得：
$$S_n = \left(-n^2\ln n + n^2\ln n\right) + \left(n^2 - \frac{n^2}{2}\right) + O(n\ln n) = \frac{n^2}{2} + O(n\ln n)$$
公式：$S_n = \frac{n^2}{2} + O(n\ln n)$
提示：注意 $n^2\ln n$ 项恰好抵消，主项来自 $n^2$ 项。
步骤 7/7
目标：求极限 $\lim_{n\to\infty} a_n$
由 $a_n = \frac{S_n}{n^2} = \frac{1}{2} + O\left(\frac{\ln n}{n}\right)$，当 $n \to \infty$ 时，$O\left(\frac{\ln n}{n}\right) \to 0$，故：
$$\lim_{n\to\infty} a_n = \frac{1}{2}$$
公式：$\lim_{n\to\infty} a_n = \frac{1}{2}$
提示：极限计算时注意低阶项趋于零，确保结论正确。
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