Seine  Puzzle Corner  erscheint in der Zeitschrift  Technology Review.

Allan Gottlieb stellte in der Ausgabe 3/1971 seiner Puzzle Corner das Problem # 22 vor: \[\textbf{(1)}~~~\lim_{n \to \infty}~\frac{\sum_{j=1}^n~j~!}{(n-1)~!~+~n~!}~=~1\]               →     Die Summe der ersten \(~n~\) Fakultäten ist asymptotisch gleich den addierten beiden letzten Summanden.

Der Beweis ist nicht besonders schwer und ist die  erste Aufgabe  dieser Problemseite.

Hat Allan Gottlieb übersehen, dass es noch einfacher geht? Es gilt nämlich: \[\textbf{(2)}~~~\lim_{n \to \infty}~\frac{\sum_{j=1}^n~j~!}{n~!}~=~1\]               →     Die Summe der ersten \(~n~\) Fakultäten ist asymptotisch gleich dem letzten Summanden.

Die  zweite Aufgabe  besteht darin, (2) aus (1) herzuleiten.

(2) lässt sich auch direkt beweisen, ohne Kenntnis von (1) oder Rückgriff darauf. Das ist aufwändiger, kann aber als  Zusatzaufgabe  bearbeitet werden.
Ein Tipp dazu kann abgerufen werden, indem der Rest dieser Zeile markiert wird: Produkte logarithmieren, Summen durch Integrale abschätzen.

Lösung

Zur  ersten Aufgabe:  In der folgenden Äquivalenz werden wir die rechte Seite beweisen. \[\lim_{n \to \infty}~\frac{\sum_{j=1}^n~j~!}{(n-1)~!~+~n~!}~=~1~~~~~~\Leftrightarrow~~~~~~\lim_{n \to \infty}~\frac{\sum_{j=1}^{n-2}~j~!}{(n-1)~!~+~n~!}~=~0\] Die rechte Summe hat \(~n-2~\) Summanden, also gilt: \[\frac{\sum_{j=1}^{n-2}~j~!}{(n-1)~!~+~n~!}~\lt~\frac{(n-2)\cdot (n-2)~!}{(n-1)~!~+~n~!}~=~\frac{n-2}{n-1~+~n\cdot (n-1)}~=~\frac{n-2}{n^2-1}~~~\rightarrow~~~0~~~~~~(n~\rightarrow~\infty)\]
Nun zur  zweiten Aufgabe.  Wenn (2) richtig ist, dann spielt es offenbar keine Rolle, ob im Nenner die beiden letzten Summanden stehen oder ob dort nur der letzte steht. Das kann aber nur stimmen, wenn sich \(~(n-1)~!+n~!~\) und \(~n~!~\) bzgl. des Grenzwerts nicht wesentlich unterscheiden. Und genau das ist auch der Fall: \[\textbf{(3)}~~~(n-1)~!~+~n~!~=~n~!\cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)\] \[\Rightarrow~~~~\lim_{n \to \infty}~\frac{\sum_{j=1}^n~j~!}{n~!}~=~\lim_{n \to \infty}~\frac{\sum_{j=1}^n~j~!}{(n-1)~!~+~n~!}\cdot \left(1+\frac{1}{n}\right)~=~1~~~~~\text{nach}~~(1),~(3)\] (2) ist damit bewiesen.


Abschließend zur Lösung der  Zusatzaufgabe.  Hier ist ein möglicher Beweisweg: \[\lim_{n \to \infty}~\frac{\sum_{j=1}^n~j~!}{n~!}~=~1~~~~~~\Leftrightarrow~~~~~~\lim_{n \to \infty}~\frac{\sum_{j=1}^{n-1}~j~!}{n~!}~=~0\] Für \(~n\ge 4~\) gilt: \[\frac{\sum_{j=1}^{n-1}~j~!}{n~!}~=~\sum_{j=2}^n~\prod_{i=j}^n~\frac{1}{i}~=~\sum_{j=2}^n~e^{-\sum_{i=j}^n~ln~i}\] \[~~~~~~\lt~\sum_{j=2}^n~e^{-\int_{j-1}^n~ln~x~dx}~=~\sum_{j=2}^n~e^{n~-~n~ln~n~-~(j-1)~+~(j-1)~ln(j-1)}\] \[~~~~~~=~e^{n~-~n~ln~n}~\sum_{j=1}^{n-1}~e^{-~j~+~j~ln~j}~\lt~e^{n~-~n~ln~n}~\sum_{j=1}^{n-1}~e^{~j~(ln(n-1)-1)}~\lt~e^{n~-~n~ln~n}~\int_1^n e^{~x~(ln(n-1)-1)}~dx\] \[~~~~~~\lt~e^{n~-~n~ln~n}\cdot \frac{e^{n~(ln(n-1)-1)}}{ln(n-1)-1}~=~\frac{e^{n~(ln(n-1)~-~ln~n)}}{ln(n-1)~-~1}~\lt~\frac{1}{ln(n-1)~-~1}~~~\rightarrow~~~0~~~~~~(n~\rightarrow~\infty)\]
Man sieht, dass es einfacher ist, zuerst das Problem (1) von Allan Gottlieb zu lösen und dann für den Beweis von (2) zu verwenden.

Publiziert 2025-10-01          Stand 2023-04-08

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