如何计算极限 lim(n→∞) [∫[0, n] (x^n)·e^(-x) dx]/(n!)？
好的，我们来一起仔细算算这个极限：
$$ lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} $$
这个问题涉及到了积分和阶乘，看起来有点复杂，但我们可以一步一步来分解它。
第一步：理解积分部分
首先，我们来看积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。这里的被积函数是 $x^n e^{x}$。当 $n$ 变得非常大时，这个函数在积分区间 $[0, n]$ 上的行为会有些特别。
在区间 $[0, 1)$ 内： $x^n$ 会非常小，甚至趋近于零。即使乘以 $e^{x}$，整个积分值也会很小。
在区间 $(1, n]$ 内： $x^n$ 增长得非常快。然而，当 $x$ 增大时，$e^{x}$ 增长得更快，并且是指数级地减小。这说明在某个地方，函数 $x^n e^{x}$ 会有一个峰值，然后迅速下降。
为了更清晰地看到这个行为，我们可以考虑函数的“重要区域”。对于 $x^n e^{x}$，当 $n$ 很大时，它的最大值出现在哪里呢？我们可以在内部对函数求导，看看导数为零的地方：
$$ frac{d}{dx} (x^n e^{x}) = nx^{n1} e^{x} x^n e^{x} = x^{n1} e^{x} (n x) $$
令导数为零，我们得到 $x = 0$ 或者 $x = n$。在 $0 < x < n$ 的范围内，导数是正的，意味着函数单调递增；在 $x > n$ 的范围内，导数是负的，意味着函数单调递减。因此，函数在 $x=n$ 处达到最大值（如果积分区间包含 $n$）。
然而，当 $n$ 非常大时，大部分的积分贡献会集中在 $x$ 接近 $n$ 的某个小范围附近。我们这里需要一个更精确的工具来处理这种“逼近”的积分，那就是 拉普拉斯方法 (Laplace's Method)。
拉普拉斯方法是用来近似计算形如 $int_a^b e^{Mphi(x)} dx$ 的积分的，其中 $M$ 是一个很大的数。我们的积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 可以稍微变形一下，使其符合拉普拉斯方法的条件。
我们可以写成：
$$ int_0^n x^n e^{x} dx = int_0^n e^{n ln x} e^{x} dx $$
这里的“大参数”是 $n$。但是被积函数不是 $e^{Mphi(x)}$ 的标准形式，因为 $e^{x}$ 和 $n ln x$ 的组合起来，我们很难直接找到一个明确的 $M$ 和 $phi(x)$。
不过，我们可以换个角度思考，通过对积分变量做个变换，让它更符合拉普拉斯方法的“尖峰”特征。
考虑一个常见的技巧：将积分区间稍微扩大一点，并利用函数的性质。我们注意到 $x^n e^{x}$ 的峰值在 $x=n$ 附近。
令 $x = nu$，那么 $dx = n du$。当 $x=0$ 时，$u=0$；当 $x=n$ 时，$u=1$。
积分变为：
$$ int_0^1 (nu)^n e^{nu} (n du) = int_0^1 n^n u^n e^{nu} n du = n^{n+1} int_0^1 u^n e^{nu} du $$
这个形式看起来还是有点复杂。
让我们回到原始的积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。我们知道函数的峰值在 $x=n$ 附近。在 $x$ 稍小于 $n$ 的地方，$x^n$ 很大，但 $e^{x}$ 相对稳定。当 $x$ 稍大于 $n$ 时，$e^{x}$ 开始下降，而 $x^n$ 的增长速度会受到影响。
关键在于，当 $n$ 很大时，积分的绝大部分贡献来自于 $x$ 非常接近 $n$ 的小范围。我们可以近似认为积分的主要贡献来自 $x in [n delta, n]$，其中 $delta$ 是一个远小于 $n$ 的值，但又足够大以捕捉到函数的行为。
在这种情况下，我们可以对被积函数 $f(x) = x^n e^{x}$ 在 $x=n$ 附近进行泰勒展开，但这会很麻烦。
一个更有效的方法是利用伽马函数 (Gamma Function) 的性质。
我们知道伽马函数定义为：
$$ Gamma(z) = int_0^infty t^{z1} e^{t} dt $$
我们的积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 与伽马函数非常相似。区别在于积分上限是 $n$ 而不是 $infty$，并且被积函数的指数是 $n$ 而不是 $n1$。
当 $n$ 非常大时，对于 $int_0^infty x^n e^{x} dx$，我们可以令 $t=x$，那么 $int_0^infty t^n e^{t} dt = Gamma(n+1) = n!$。
我们现在的积分是 $int_0^n x^n e^{x} dx$。
函数的峰值在 $x=n$ 处。对于 $x > n$， $x^n e^{x}$ 的值会迅速减小，因为 $e^{x}$ 的衰减速度远超 $x^n$ 的增长速度。
所以，对于很大的 $n$，我们可以近似认为：
$$ int_0^n x^n e^{x} dx approx int_0^infty x^n e^{x} dx = n! $$
这个近似是基于以下事实：当 $n$ 很大时，在 $x > n$ 的区间内，$x^n e^{x}$ 的值非常小，对积分贡献不大。
第二步：利用斯特灵公式 (Stirling's Approximation)
即便我们知道 $int_0^n x^n e^{x} dx approx n!$，我们还需要一个更精确的量级，尤其是在处理极限时。
让我们更仔细地分析积分 $int_0^infty x^n e^{x} dx$。这个积分在 $x=n$ 附近有一个尖锐的峰值。我们可以使用拉普拉斯方法来更精确地估算它。
将被积函数写成 $e^{n ln x x}$。我们关注指数函数 $g(x) = n ln x x$。
求导：$g'(x) = frac{n}{x} 1$。令 $g'(x) = 0$，得到 $x=n$。
二阶导数：$g''(x) = frac{n}{x^2}$。在 $x=n$ 处，$g''(n) = frac{n}{n^2} = frac{1}{n}$。
拉普拉斯方法的一个近似公式是：
$$ int_a^b e^{Mphi(x)} dx approx e^{Mphi(x_0)} sqrt{frac{2pi}{M|phi''(x_0)|}} $$
其中 $x_0$ 是 $phi(x)$ 的最大值点。
在这里，我们的形式是 $int_0^infty e^{n ln x x} dx$。
让 $phi(x) = ln x frac{x}{n}$。那么我们的积分是 $int_0^infty e^{n(ln x x/n)} dx$。
这里的“大参数”是 $n$。
$phi'(x) = frac{1}{x} frac{1}{n}$。令 $phi'(x)=0$，得到 $x=n$。
$phi''(x) = frac{1}{x^2}$。在 $x=n$ 处，$phi''(n) = frac{1}{n^2}$。
所以，根据拉普拉斯方法，积分近似为：
$$ int_0^infty x^n e^{x} dx approx e^{n(ln n n/n)} sqrt{frac{2pi}{n |frac{1}{n^2}|}} = e^{n ln n n} sqrt{frac{2pi}{n cdot frac{1}{n^2}}} = e^{ln n^n n} sqrt{2pi n} $$
$$ = n^n e^{n} sqrt{2pi n} $$
我们知道 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
因此，斯特灵公式便是：
$$ n! approx sqrt{2pi n} left(frac{n}{e} ight)^n $$
现在回到我们的原极限：
$$ L = lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} $$
如前所述，当 $n$ 很大时，$int_0^n x^n e^{x} dx approx int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
我们希望更严谨地证明这一点，或者找到这个积分更精确的表达式。
考虑一个变量替换：令 $x = n+ysqrt{n}$。当 $x=n$ 时，$y=0$。当 $x o infty$ 时，$y o infty$。
当 $x$ 接近 $n$ 时，$dx approx sqrt{n} dy$。
$x^n = (n+ysqrt{n})^n = n^n (1 + frac{y}{sqrt{n}})^n approx n^n e^y$。
$e^{x} = e^{(n+ysqrt{n})} = e^{n} e^{ysqrt{n}}$。
这个变量替换看起来有点问题，因为 $x$ 的范围是从 $0$ 到 $n$，而我们希望集中在 $n$ 附近。
正确的变量替换是让 $x = n u$:
$$ int_0^n x^n e^{x} dx = int_n^0 (nu)^n e^{(nu)} (du) = int_0^n (nu)^n e^{n+u} du $$
$$ = e^{n} int_0^n (nu)^n e^u du $$
当 $n$ 很大时，积分主要发生在 $u$ 接近 $0$ 的地方。令 $u = frac{v}{sqrt{n}}$。那么 $du = frac{dv}{sqrt{n}}$。
当 $u=0$ 时，$v=0$。当 $u=n$ 时，$v=nsqrt{n}$。
$$ int_0^{nsqrt{n}} (n frac{v}{sqrt{n}})^n e^{frac{v}{sqrt{n}}} frac{dv}{sqrt{n}} = int_0^{nsqrt{n}} n^n (1 frac{v}{nsqrt{n}})^n e^{frac{v}{sqrt{n}}} frac{dv}{sqrt{n}} $$
$$ = n^n frac{1}{sqrt{n}} int_0^{nsqrt{n}} (1 frac{v}{nsqrt{n}})^n e^{frac{v}{sqrt{n}}} dv $$
这里 $(1 frac{v}{nsqrt{n}})^n approx e^{nv/(nsqrt{n})} = e^{v/sqrt{n}}$。
并且 $e^{v/sqrt{n}}$ 这一项也是与 $n$ 相关的。
所以，当 $n$ 很大时，积分近似为：
$$ n^n frac{1}{sqrt{n}} int_0^{infty} e^{v/sqrt{n}} e^{v/sqrt{n}} dv = n^n frac{1}{sqrt{n}} int_0^{infty} 1 dv $$
这个近似也存在问题，积分发散了。
我们需要一个更系统的方法来估计 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 的渐进行为。
考虑积分 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
我们想知道 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 相对于 $n!$ 的比例。
我们可以使用 厄尔米特多项式 (Hermite Polynomials) 来更精确地近似被积函数在峰值附近的泰勒展开。
令 $f(x) = x^n e^{x}$。我们知道峰值在 $x=n$ 处。
考虑对数 $ln f(x) = n ln x x$。
$frac{d}{dx} (ln f(x)) = frac{n}{x} 1$。
$frac{d^2}{dx^2} (ln f(x)) = frac{n}{x^2}$。
$frac{d^3}{dx^3} (ln f(x)) = frac{2n}{x^3}$。
在 $x=n$ 处：
$ln f(n) = n ln n n$
$f'(n) = 0$
$f''(n) = frac{n}{n^2} n^n e^{n} = frac{1}{n} n^n e^{n}$
$f'''(n) = frac{2n}{n^3} n^n e^{n} = frac{2}{n^2} n^n e^{n}$
使用拉普拉斯方法的更精细形式，或者直接利用被积函数 $x^n e^{x}$ 在 $x=n$ 附近的形状。
我们可以将 $x$ 写作 $ny$。
$x^n e^{x} = (ny)^n e^{(ny)} = n^n (1 frac{y}{n})^n e^{n} e^y$
当 $n$ 很大，并且 $y$ 相对于 $n$ 很小时（比如 $y$ 是 $sqrt{n}$ 的量级）：
$(1 frac{y}{n})^n approx e^{y}$
所以，$x^n e^{x} approx n^n e^{y} e^{n} e^y = n^n e^{n}$。
这个近似还不够精确。
更精确的近似应该是：
$x^n e^{x}$ 在 $x=n$ 附近的峰值的高度是 $n^n e^{n}$。
函数的宽度可以通过二阶导数来近似。
$x^n e^{x} approx n^n e^{n} expleft(frac{f''(n)}{2f(n)}(xn)^2 ight) = n^n e^{n} expleft(frac{n^n e^{n}/n}{2n^n e^{n}}(xn)^2 ight)$
$x^n e^{x} approx n^n e^{n} expleft(frac{1/n}{2}(xn)^2 ight) = n^n e^{n} expleft(frac{1}{2n}(xn)^2 ight)$
这里有一个符号问题，应该是负的二阶导数。
$x^n e^{x} approx n^n e^{n} expleft(frac{|f''(n)|}{2f(n)}(xn)^2 ight) = n^n e^{n} expleft(frac{1}{2n}(xn)^2 ight)$
现在我们来积分这个近似值，但积分上限是 $n$，不是 $infty$。
$int_0^n x^n e^{x} dx$
由于在 $x > n$ 的地方，$x^n e^{x}$ 迅速衰减，我们可以近似地将积分区间设为 $infty$ 到 $n$，或者将 $n$ 视为 $infty$ 来计算，但更精确的做法是考虑区间的影响。
令 $I_n = int_0^n x^n e^{x} dx$。
我们知道 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
所以 $frac{I_n}{n!} = frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{int_0^infty x^n e^{x} dx} = frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{int_0^n x^n e^{x} dx + int_n^infty x^n e^{x} dx}$。
因此，极限 $lim_{n oinfty} frac{I_n}{n!} = 1 lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!}$。
我们要证明 $lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = 0$。
我们来估计 $int_n^infty x^n e^{x} dx$。
令 $J_n = int_n^infty x^n e^{x} dx$。
在区间 $[n, infty)$ 上，$x ge n$。
所以 $x^n le x cdot x^{n1}$。
考虑一个变量替换 $x = n+t$，其中 $t ge 0$。
$J_n = int_0^infty (n+t)^n e^{(n+t)} dt = int_0^infty n^n (1+frac{t}{n})^n e^{n} e^{t} dt$
$J_n = n^n e^{n} int_0^infty (1+frac{t}{n})^n e^{t} dt$
当 $n$ 很大时，$(1+frac{t}{n})^n approx e^t$。
所以 $J_n approx n^n e^{n} int_0^infty e^t e^{t} dt = n^n e^{n} int_0^infty 1 dt$。这还是发散了，说明近似太粗糙了。
我们使用更精确的拉普拉斯方法对 $int_n^infty x^n e^{x} dx$ 进行估计。
设 $g(x) = n ln x x$。我们关注的是 $x in [n, infty)$ 的区域。
注意到 $g'(x) = frac{n}{x} 1$ 在 $x > n$ 时是负的，这意味着函数 $x^n e^{x}$ 在 $x=n$ 之后是快速下降的。
让我们对指数 $n ln x x$ 在 $x=n$ 处进行泰勒展开（以 $n$ 为中心）：
令 $x = n+y$，$y ge 0$。
$n ln(n+y) (n+y) = n ln(n(1+frac{y}{n})) n y$
$= n(ln n + ln(1+frac{y}{n})) n y$
$= n ln n + n(frac{y}{n} frac{y^2}{2n^2} + frac{y^3}{3n^3} dots) n y$
$= n ln n + y frac{y^2}{2n} + frac{y^3}{3n^2} dots n y$
$= (n ln n n) frac{y^2}{2n} + O(frac{y^3}{n^2})$
所以，$x^n e^{x} = e^{n ln x x} approx e^{n ln n n} e^{y^2/(2n)}$
$int_n^infty x^n e^{x} dx approx int_0^infty n^n e^{n} e^{y^2/(2n)} dy$ （将积分上限从 $infty$ 移到 $infty$ 是合理的，因为对于大的 $n$，指数下降非常快）
$= n^n e^{n} int_0^infty e^{y^2/(2n)} dy$
令 $u = frac{y}{sqrt{2n}}$，$du = frac{dy}{sqrt{2n}}$，$dy = sqrt{2n} du$。
$int_0^infty e^{y^2/(2n)} dy = int_0^infty e^{u^2} sqrt{2n} du = sqrt{2n} int_0^infty e^{u^2} du$
我们知道 $int_{infty}^infty e^{u^2} du = sqrt{pi}$，所以 $int_0^infty e^{u^2} du = frac{sqrt{pi}}{2}$。
所以，$int_n^infty x^n e^{x} dx approx n^n e^{n} sqrt{2n} frac{sqrt{pi}}{2} = n! frac{sqrt{pi}}{2}$。
这个结果似乎不对。这里需要使用 艾里函数 (Airy function) 或更精确的拉普拉斯方法。
让我们回顾一下我们想要计算的极限：
$$ L = lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} $$
考虑积分 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
我们知道，对于任何 $epsilon > 0$，当 $n$ 足够大时，对于 $x in [0, nepsilon n]$ 的区域，有 $x^n e^{x}$ 的值相对较小。
而主要的贡献来自 $x$ 在 $n$ 附近的区间。
更精确地说，我们可以证明：
$$ frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} = 1 frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} $$
并且 $lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = 0$。
证明 $lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = 0$。
令 $J_n = int_n^infty x^n e^{x} dx$。
在 $[n, infty)$ 区间，我们可以找到一个大于 $n$ 的点 $a$（例如 $a = n+1$）使得 $x^n e^{x}$ 在这个点之后衰减得很快。
在 $[n, n+1]$ 区间， $x^n le (n+1)^n$。
$J_n = int_n^infty x^n e^{x} dx$
令 $x = nt$，$dx = n dt$。
$J_n = int_1^infty (nt)^n e^{nt} n dt = n^{n+1} int_1^infty t^n e^{nt} dt$。
换一种方式来估计 $int_n^infty x^n e^{x} dx$。
令 $x=n+ysqrt{n}$，这是为了让指数项变成高斯分布。
$x^n e^{x} = (n+ysqrt{n})^n e^{(n+ysqrt{n})} = n^n(1+frac{y}{sqrt{n}})^n e^{n} e^{ysqrt{n}}$。
当 $n$ 很大时，$(1+frac{y}{sqrt{n}})^n approx e^y$。
$x^n e^{x} approx n^n e^y e^{n} e^{ysqrt{n}} = n^n e^{n} e^{y(1sqrt{n})}$。
当 $y>0$ 时，指数是负的，并且随着 $y$ 增大而增大（负的幅度增大）。
我们需要找到一个更精确的拉普拉斯近似。
考虑积分 $I_n = int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
其峰值在 $x=n$ 处。
我们可以将积分写成：
$$ I_n = int_0^infty e^{n ln x x} dx $$
利用拉普拉斯方法，峰值在 $x_0 = n$ 处。
$f(x) = n ln x x$
$f'(x) = frac{n}{x} 1$
$f''(x) = frac{n}{x^2}$
在 $x=n$ 处，$f(n) = n ln n n$，$f''(n) = frac{n}{n^2} = frac{1}{n}$。
$$ I_n approx e^{n ln n n} sqrt{frac{2pi}{n |1/n|}} = n^n e^{n} sqrt{frac{2pi}{1}} = sqrt{2pi n} (frac{n}{e})^n = n! $$
这是正确的斯特灵公式。
现在，我们考虑我们的积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。
这个积分与 $int_0^infty x^n e^{x} dx$ 的主要区别在于积分上限。
由于函数在 $x=n$ 之后迅速衰减，我们可以合理地假设：
$$ int_0^n x^n e^{x} dx approx int_0^infty x^n e^{x} dx $$
但是我们需要一个更严谨的证明。
考虑对数项 $g(x) = n ln x x$。
在 $x=n$ 附近，我们用二阶泰勒展开：
$g(x) approx g(n) + g'(n)(xn) + frac{g''(n)}{2}(xn)^2$
$g(x) approx n ln n n + 0 cdot (xn) + frac{1/n}{2}(xn)^2$
$g(x) approx n ln n n frac{(xn)^2}{2n}$
所以，$x^n e^{x} = e^{g(x)} approx e^{n ln n n} e^{frac{(xn)^2}{2n}} = n^n e^{n} e^{frac{(xn)^2}{2n}}$。
这个近似是在 $x$ 靠近 $n$ 的地方有效的。
让我们将这个近似代入积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。
$$ int_0^n x^n e^{x} dx approx int_0^n n^n e^{n} e^{frac{(xn)^2}{2n}} dx $$
由于 $e^{frac{(xn)^2}{2n}}$ 在 $x < n$ 的区域（特别是当 $x$ 远离 $n$ 时）值会迅速增大，这个近似在 $x$ 远离 $n$ 的区间是不准确的。
然而，拉普拉斯方法告诉我们，当 $n o infty$，积分的主要贡献集中在峰值点附近的一个小区间内。
所以，我们可以将积分区间近似为 $(infty, infty)$，或者 $(infty, n]$。
由于函数在 $x<0$ 处是 $0$，所以我们实际上是在积分 $[0, n]$。
如果我们近似为 $int_{infty}^n x^n e^{x} dx$，其值接近于 $int_{infty}^infty x^n e^{x} dx = n!$。
为了使问题更清晰，我们可以考虑一个变换。
令 $x = nu$，则 $dx = n du$。
$$ int_0^n x^n e^{x} dx = int_0^1 (nu)^n e^{nu} n du = n^{n+1} int_0^1 u^n e^{nu} du $$
我们要求的是：
$$ lim_{n oinfty} frac{n^{n+1} int_0^1 u^n e^{nu} du}{n!} $$
根据斯特灵公式 $n! approx sqrt{2pi n} (frac{n}{e})^n$。
$$ frac{n^{n+1} int_0^1 u^n e^{nu} du}{sqrt{2pi n} (frac{n}{e})^n} = frac{n^{n+1} e^n}{n!} int_0^1 u^n e^{nu} du $$
$$ = frac{n cdot n^n e^n}{sqrt{2pi n} n^n e^{n}} int_0^1 u^n e^{nu} du = frac{n e^{2n}}{sqrt{2pi n}} int_0^1 u^n e^{nu} du $$
这个方向似乎也变得复杂了。
让我们回到 $frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!}$ 这个形式。
我们已经知道，当 $n$ 很大时，$int_0^n x^n e^{x} dx approx n!$。
所以，我们直观地猜测极限是 $1$。
我们需要证明：
$$ lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = 0 $$
考虑 $int_n^infty x^n e^{x} dx$。
在 $[n, infty)$ 区间， $x ge n$。
那么 $x^n le x cdot x^{n1}$。
让我们选择一个比 $n$ 大的数，例如 $n+k$，并且考虑在 $[n, n+k]$ 上的积分。
但是，关键在于函数下降的速度。
使用一个更强的估计：
当 $x > n$ 时，令 $x = n+u$，$u>0$。
$x^n e^{x} = (n+u)^n e^{(n+u)}$
考虑一个固定的 $a > 1$。
$int_n^{an} x^n e^{x} dx$
在这个区间内，$x^n le (an)^n$。
并且，$e^{x}$ 是单调递减的。
$$ int_n^{an} x^n e^{x} dx le (an)^n int_n^{an} e^{x} dx = (an)^n [e^{x}]_n^{an} = (an)^n (e^{n} e^{an}) $$
$$ = (an)^n e^{n} (1 e^{n(a1)}) $$
$n! approx sqrt{2pi n} (frac{n}{e})^n$。
我们想比较 $frac{(an)^n e^{n}}{n!} = frac{a^n n^n e^{n}}{sqrt{2pi n} (n/e)^n} = frac{a^n n^n e^{n}}{sqrt{2pi n} n^n e^{n}} = frac{a^n}{sqrt{2pi n}}$。
这个比值当 $a>1$ 时会趋于无穷大。所以这种估计不够好。
我们需要利用函数在 $x=n$ 处的峰值。
在区间 $[n, infty)$，令 $x = n+tsqrt{n}$，其中 $t ge 0$。
$dx = sqrt{n} dt$。
$x^n e^{x} = (n+tsqrt{n})^n e^{(n+tsqrt{n})} = n^n(1+frac{t}{sqrt{n}})^n e^{n} e^{tsqrt{n}}$。
当 $n$ 很大时，$(1+frac{t}{sqrt{n}})^n approx e^{nt/sqrt{n}} = e^{tsqrt{n}}$。
所以，$x^n e^{x} approx n^n e^{tsqrt{n}} e^{n} e^{tsqrt{n}} = n^n e^{n}$。
这个近似仍然太简单了。
更精确地，对于 $x=n+tsqrt{n}$，$n$ 很大：
$ln(x^n e^{x}) = n ln(n+tsqrt{n}) (n+tsqrt{n})$
$= n ln(n(1+frac{t}{sqrt{n}})) n tsqrt{n}$
$= n ln n + n ln(1+frac{t}{sqrt{n}}) n tsqrt{n}$
$approx n ln n + n(frac{t}{sqrt{n}} frac{t^2}{2n}) n tsqrt{n}$
$= n ln n + tsqrt{n} frac{t^2}{2} n tsqrt{n}$
$= n ln n n frac{t^2}{2}$
所以，$x^n e^{x} approx e^{n ln n n t^2/2} = n^n e^{n} e^{t^2/2}$。
这是一个高斯函数的形式。
$int_n^infty x^n e^{x} dx approx int_0^infty n^n e^{n} e^{t^2/2} sqrt{n} dt$ （注意，这里积分的下限从 $n$ 变为 $0$ 是因为当 $x=n$ 时 $t=0$）
$= n^n e^{n} sqrt{n} int_0^infty e^{t^2/2} dt$
我们知道 $int_{infty}^infty e^{ax^2} dx = sqrt{frac{pi}{a}}$。
令 $a=1/2$，$ int_{infty}^infty e^{t^2/2} dt = sqrt{frac{pi}{1/2}} = sqrt{2pi}$。
所以 $int_0^infty e^{t^2/2} dt = frac{sqrt{2pi}}{2} = sqrt{frac{pi}{2}}$。
$int_n^infty x^n e^{x} dx approx n^n e^{n} sqrt{n} sqrt{frac{pi}{2}} = n! sqrt{frac{pi}{2n}}$。
这个估计似乎比之前的好。
那么我们计算的极限变成：
$$ lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} = lim_{n oinfty} frac{n! int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = lim_{n oinfty} left( 1 frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} ight) $$
$$ = 1 lim_{n oinfty} frac{n! sqrt{frac{pi}{2n}}}{n!} = 1 lim_{n oinfty} sqrt{frac{pi}{2n}} = 1 0 = 1 $$
所以，极限是 $1$。
总结一下计算过程：
1. 问题理解： 计算极限 $lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!}$。
2. 积分分析： 观察到积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 在 $n$ 很大时，其主要贡献来自 $x$ 接近 $n$ 的区域。
3. 与伽马函数/阶乘联系： 知道 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
4. 构造比例： 将问题转化为 $1 lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!}$。
5. 估计余项积分： 使用拉普拉斯方法（或高斯近似）估计积分 $int_n^infty x^n e^{x} dx$。
变量替换 $x = n+tsqrt{n}$，其中 $t ge 0$。
将 $x^n e^{x}$ 近似为 $n^n e^{n} e^{t^2/2}$。
计算 $int_n^infty x^n e^{x} dx approx int_0^infty n^n e^{n} e^{t^2/2} sqrt{n} dt = n! sqrt{frac{pi}{2n}}$。
6. 计算极限： 将估计的余项代入极限表达式：
$1 lim_{n oinfty} frac{n! sqrt{frac{pi}{2n}}}{n!} = 1 lim_{n oinfty} sqrt{frac{pi}{2n}} = 1 0 = 1$。
所以，最终的极限是 $1$。
这个过程的关键在于对积分在峰值附近的精确估计，以及理解当积分上限从 $infty$ 变成有限值 $n$ 时，余项（即从 $n$ 到 $infty$ 的积分）相对于整个积分（或 $n!$）的增长速度。通过高斯近似，我们发现余项的相对大小趋于 $0$，从而证明了原极限为 $1$。
希望这个详细的解释能够帮助你理解整个过程！
$$ lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} $$
这个问题涉及到了积分和阶乘，看起来有点复杂，但我们可以一步一步来分解它。
第一步：理解积分部分
首先，我们来看积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。这里的被积函数是 $x^n e^{x}$。当 $n$ 变得非常大时，这个函数在积分区间 $[0, n]$ 上的行为会有些特别。
在区间 $[0, 1)$ 内： $x^n$ 会非常小，甚至趋近于零。即使乘以 $e^{x}$，整个积分值也会很小。
在区间 $(1, n]$ 内： $x^n$ 增长得非常快。然而，当 $x$ 增大时，$e^{x}$ 增长得更快，并且是指数级地减小。这说明在某个地方，函数 $x^n e^{x}$ 会有一个峰值，然后迅速下降。
为了更清晰地看到这个行为，我们可以考虑函数的“重要区域”。对于 $x^n e^{x}$，当 $n$ 很大时，它的最大值出现在哪里呢？我们可以在内部对函数求导，看看导数为零的地方：
$$ frac{d}{dx} (x^n e^{x}) = nx^{n1} e^{x} x^n e^{x} = x^{n1} e^{x} (n x) $$
令导数为零，我们得到 $x = 0$ 或者 $x = n$。在 $0 < x < n$ 的范围内，导数是正的，意味着函数单调递增；在 $x > n$ 的范围内，导数是负的，意味着函数单调递减。因此，函数在 $x=n$ 处达到最大值（如果积分区间包含 $n$）。
然而，当 $n$ 非常大时，大部分的积分贡献会集中在 $x$ 接近 $n$ 的某个小范围附近。我们这里需要一个更精确的工具来处理这种“逼近”的积分，那就是 拉普拉斯方法 (Laplace's Method)。
拉普拉斯方法是用来近似计算形如 $int_a^b e^{Mphi(x)} dx$ 的积分的，其中 $M$ 是一个很大的数。我们的积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 可以稍微变形一下，使其符合拉普拉斯方法的条件。
我们可以写成：
$$ int_0^n x^n e^{x} dx = int_0^n e^{n ln x} e^{x} dx $$
这里的“大参数”是 $n$。但是被积函数不是 $e^{Mphi(x)}$ 的标准形式，因为 $e^{x}$ 和 $n ln x$ 的组合起来，我们很难直接找到一个明确的 $M$ 和 $phi(x)$。
不过，我们可以换个角度思考，通过对积分变量做个变换，让它更符合拉普拉斯方法的“尖峰”特征。
考虑一个常见的技巧：将积分区间稍微扩大一点，并利用函数的性质。我们注意到 $x^n e^{x}$ 的峰值在 $x=n$ 附近。
令 $x = nu$，那么 $dx = n du$。当 $x=0$ 时，$u=0$；当 $x=n$ 时，$u=1$。
积分变为：
$$ int_0^1 (nu)^n e^{nu} (n du) = int_0^1 n^n u^n e^{nu} n du = n^{n+1} int_0^1 u^n e^{nu} du $$
这个形式看起来还是有点复杂。
让我们回到原始的积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。我们知道函数的峰值在 $x=n$ 附近。在 $x$ 稍小于 $n$ 的地方，$x^n$ 很大，但 $e^{x}$ 相对稳定。当 $x$ 稍大于 $n$ 时，$e^{x}$ 开始下降，而 $x^n$ 的增长速度会受到影响。
关键在于，当 $n$ 很大时，积分的绝大部分贡献来自于 $x$ 非常接近 $n$ 的小范围。我们可以近似认为积分的主要贡献来自 $x in [n delta, n]$，其中 $delta$ 是一个远小于 $n$ 的值，但又足够大以捕捉到函数的行为。
在这种情况下，我们可以对被积函数 $f(x) = x^n e^{x}$ 在 $x=n$ 附近进行泰勒展开，但这会很麻烦。
一个更有效的方法是利用伽马函数 (Gamma Function) 的性质。
我们知道伽马函数定义为：
$$ Gamma(z) = int_0^infty t^{z1} e^{t} dt $$
我们的积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 与伽马函数非常相似。区别在于积分上限是 $n$ 而不是 $infty$，并且被积函数的指数是 $n$ 而不是 $n1$。
当 $n$ 非常大时，对于 $int_0^infty x^n e^{x} dx$，我们可以令 $t=x$，那么 $int_0^infty t^n e^{t} dt = Gamma(n+1) = n!$。
我们现在的积分是 $int_0^n x^n e^{x} dx$。
函数的峰值在 $x=n$ 处。对于 $x > n$， $x^n e^{x}$ 的值会迅速减小，因为 $e^{x}$ 的衰减速度远超 $x^n$ 的增长速度。
所以，对于很大的 $n$，我们可以近似认为：
$$ int_0^n x^n e^{x} dx approx int_0^infty x^n e^{x} dx = n! $$
这个近似是基于以下事实：当 $n$ 很大时，在 $x > n$ 的区间内，$x^n e^{x}$ 的值非常小，对积分贡献不大。
第二步：利用斯特灵公式 (Stirling's Approximation)
即便我们知道 $int_0^n x^n e^{x} dx approx n!$，我们还需要一个更精确的量级，尤其是在处理极限时。
让我们更仔细地分析积分 $int_0^infty x^n e^{x} dx$。这个积分在 $x=n$ 附近有一个尖锐的峰值。我们可以使用拉普拉斯方法来更精确地估算它。
将被积函数写成 $e^{n ln x x}$。我们关注指数函数 $g(x) = n ln x x$。
求导：$g'(x) = frac{n}{x} 1$。令 $g'(x) = 0$，得到 $x=n$。
二阶导数：$g''(x) = frac{n}{x^2}$。在 $x=n$ 处，$g''(n) = frac{n}{n^2} = frac{1}{n}$。
拉普拉斯方法的一个近似公式是：
$$ int_a^b e^{Mphi(x)} dx approx e^{Mphi(x_0)} sqrt{frac{2pi}{M|phi''(x_0)|}} $$
其中 $x_0$ 是 $phi(x)$ 的最大值点。
在这里，我们的形式是 $int_0^infty e^{n ln x x} dx$。
让 $phi(x) = ln x frac{x}{n}$。那么我们的积分是 $int_0^infty e^{n(ln x x/n)} dx$。
这里的“大参数”是 $n$。
$phi'(x) = frac{1}{x} frac{1}{n}$。令 $phi'(x)=0$，得到 $x=n$。
$phi''(x) = frac{1}{x^2}$。在 $x=n$ 处，$phi''(n) = frac{1}{n^2}$。
所以，根据拉普拉斯方法，积分近似为：
$$ int_0^infty x^n e^{x} dx approx e^{n(ln n n/n)} sqrt{frac{2pi}{n |frac{1}{n^2}|}} = e^{n ln n n} sqrt{frac{2pi}{n cdot frac{1}{n^2}}} = e^{ln n^n n} sqrt{2pi n} $$
$$ = n^n e^{n} sqrt{2pi n} $$
我们知道 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
因此，斯特灵公式便是：
$$ n! approx sqrt{2pi n} left(frac{n}{e} ight)^n $$
现在回到我们的原极限：
$$ L = lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} $$
如前所述，当 $n$ 很大时，$int_0^n x^n e^{x} dx approx int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
我们希望更严谨地证明这一点，或者找到这个积分更精确的表达式。
考虑一个变量替换：令 $x = n+ysqrt{n}$。当 $x=n$ 时，$y=0$。当 $x o infty$ 时，$y o infty$。
当 $x$ 接近 $n$ 时，$dx approx sqrt{n} dy$。
$x^n = (n+ysqrt{n})^n = n^n (1 + frac{y}{sqrt{n}})^n approx n^n e^y$。
$e^{x} = e^{(n+ysqrt{n})} = e^{n} e^{ysqrt{n}}$。
这个变量替换看起来有点问题，因为 $x$ 的范围是从 $0$ 到 $n$，而我们希望集中在 $n$ 附近。
正确的变量替换是让 $x = n u$:
$$ int_0^n x^n e^{x} dx = int_n^0 (nu)^n e^{(nu)} (du) = int_0^n (nu)^n e^{n+u} du $$
$$ = e^{n} int_0^n (nu)^n e^u du $$
当 $n$ 很大时，积分主要发生在 $u$ 接近 $0$ 的地方。令 $u = frac{v}{sqrt{n}}$。那么 $du = frac{dv}{sqrt{n}}$。
当 $u=0$ 时，$v=0$。当 $u=n$ 时，$v=nsqrt{n}$。
$$ int_0^{nsqrt{n}} (n frac{v}{sqrt{n}})^n e^{frac{v}{sqrt{n}}} frac{dv}{sqrt{n}} = int_0^{nsqrt{n}} n^n (1 frac{v}{nsqrt{n}})^n e^{frac{v}{sqrt{n}}} frac{dv}{sqrt{n}} $$
$$ = n^n frac{1}{sqrt{n}} int_0^{nsqrt{n}} (1 frac{v}{nsqrt{n}})^n e^{frac{v}{sqrt{n}}} dv $$
这里 $(1 frac{v}{nsqrt{n}})^n approx e^{nv/(nsqrt{n})} = e^{v/sqrt{n}}$。
并且 $e^{v/sqrt{n}}$ 这一项也是与 $n$ 相关的。
所以，当 $n$ 很大时，积分近似为：
$$ n^n frac{1}{sqrt{n}} int_0^{infty} e^{v/sqrt{n}} e^{v/sqrt{n}} dv = n^n frac{1}{sqrt{n}} int_0^{infty} 1 dv $$
这个近似也存在问题，积分发散了。
我们需要一个更系统的方法来估计 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 的渐进行为。
考虑积分 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
我们想知道 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 相对于 $n!$ 的比例。
我们可以使用 厄尔米特多项式 (Hermite Polynomials) 来更精确地近似被积函数在峰值附近的泰勒展开。
令 $f(x) = x^n e^{x}$。我们知道峰值在 $x=n$ 处。
考虑对数 $ln f(x) = n ln x x$。
$frac{d}{dx} (ln f(x)) = frac{n}{x} 1$。
$frac{d^2}{dx^2} (ln f(x)) = frac{n}{x^2}$。
$frac{d^3}{dx^3} (ln f(x)) = frac{2n}{x^3}$。
在 $x=n$ 处：
$ln f(n) = n ln n n$
$f'(n) = 0$
$f''(n) = frac{n}{n^2} n^n e^{n} = frac{1}{n} n^n e^{n}$
$f'''(n) = frac{2n}{n^3} n^n e^{n} = frac{2}{n^2} n^n e^{n}$
使用拉普拉斯方法的更精细形式，或者直接利用被积函数 $x^n e^{x}$ 在 $x=n$ 附近的形状。
我们可以将 $x$ 写作 $ny$。
$x^n e^{x} = (ny)^n e^{(ny)} = n^n (1 frac{y}{n})^n e^{n} e^y$
当 $n$ 很大，并且 $y$ 相对于 $n$ 很小时（比如 $y$ 是 $sqrt{n}$ 的量级）：
$(1 frac{y}{n})^n approx e^{y}$
所以，$x^n e^{x} approx n^n e^{y} e^{n} e^y = n^n e^{n}$。
这个近似还不够精确。
更精确的近似应该是：
$x^n e^{x}$ 在 $x=n$ 附近的峰值的高度是 $n^n e^{n}$。
函数的宽度可以通过二阶导数来近似。
$x^n e^{x} approx n^n e^{n} expleft(frac{f''(n)}{2f(n)}(xn)^2 ight) = n^n e^{n} expleft(frac{n^n e^{n}/n}{2n^n e^{n}}(xn)^2 ight)$
$x^n e^{x} approx n^n e^{n} expleft(frac{1/n}{2}(xn)^2 ight) = n^n e^{n} expleft(frac{1}{2n}(xn)^2 ight)$
这里有一个符号问题，应该是负的二阶导数。
$x^n e^{x} approx n^n e^{n} expleft(frac{|f''(n)|}{2f(n)}(xn)^2 ight) = n^n e^{n} expleft(frac{1}{2n}(xn)^2 ight)$
现在我们来积分这个近似值，但积分上限是 $n$，不是 $infty$。
$int_0^n x^n e^{x} dx$
由于在 $x > n$ 的地方，$x^n e^{x}$ 迅速衰减，我们可以近似地将积分区间设为 $infty$ 到 $n$，或者将 $n$ 视为 $infty$ 来计算，但更精确的做法是考虑区间的影响。
令 $I_n = int_0^n x^n e^{x} dx$。
我们知道 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
所以 $frac{I_n}{n!} = frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{int_0^infty x^n e^{x} dx} = frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{int_0^n x^n e^{x} dx + int_n^infty x^n e^{x} dx}$。
因此，极限 $lim_{n oinfty} frac{I_n}{n!} = 1 lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!}$。
我们要证明 $lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = 0$。
我们来估计 $int_n^infty x^n e^{x} dx$。
令 $J_n = int_n^infty x^n e^{x} dx$。
在区间 $[n, infty)$ 上，$x ge n$。
所以 $x^n le x cdot x^{n1}$。
考虑一个变量替换 $x = n+t$，其中 $t ge 0$。
$J_n = int_0^infty (n+t)^n e^{(n+t)} dt = int_0^infty n^n (1+frac{t}{n})^n e^{n} e^{t} dt$
$J_n = n^n e^{n} int_0^infty (1+frac{t}{n})^n e^{t} dt$
当 $n$ 很大时，$(1+frac{t}{n})^n approx e^t$。
所以 $J_n approx n^n e^{n} int_0^infty e^t e^{t} dt = n^n e^{n} int_0^infty 1 dt$。这还是发散了，说明近似太粗糙了。
我们使用更精确的拉普拉斯方法对 $int_n^infty x^n e^{x} dx$ 进行估计。
设 $g(x) = n ln x x$。我们关注的是 $x in [n, infty)$ 的区域。
注意到 $g'(x) = frac{n}{x} 1$ 在 $x > n$ 时是负的，这意味着函数 $x^n e^{x}$ 在 $x=n$ 之后是快速下降的。
让我们对指数 $n ln x x$ 在 $x=n$ 处进行泰勒展开（以 $n$ 为中心）：
令 $x = n+y$，$y ge 0$。
$n ln(n+y) (n+y) = n ln(n(1+frac{y}{n})) n y$
$= n(ln n + ln(1+frac{y}{n})) n y$
$= n ln n + n(frac{y}{n} frac{y^2}{2n^2} + frac{y^3}{3n^3} dots) n y$
$= n ln n + y frac{y^2}{2n} + frac{y^3}{3n^2} dots n y$
$= (n ln n n) frac{y^2}{2n} + O(frac{y^3}{n^2})$
所以，$x^n e^{x} = e^{n ln x x} approx e^{n ln n n} e^{y^2/(2n)}$
$int_n^infty x^n e^{x} dx approx int_0^infty n^n e^{n} e^{y^2/(2n)} dy$ （将积分上限从 $infty$ 移到 $infty$ 是合理的，因为对于大的 $n$，指数下降非常快）
$= n^n e^{n} int_0^infty e^{y^2/(2n)} dy$
令 $u = frac{y}{sqrt{2n}}$，$du = frac{dy}{sqrt{2n}}$，$dy = sqrt{2n} du$。
$int_0^infty e^{y^2/(2n)} dy = int_0^infty e^{u^2} sqrt{2n} du = sqrt{2n} int_0^infty e^{u^2} du$
我们知道 $int_{infty}^infty e^{u^2} du = sqrt{pi}$，所以 $int_0^infty e^{u^2} du = frac{sqrt{pi}}{2}$。
所以，$int_n^infty x^n e^{x} dx approx n^n e^{n} sqrt{2n} frac{sqrt{pi}}{2} = n! frac{sqrt{pi}}{2}$。
这个结果似乎不对。这里需要使用 艾里函数 (Airy function) 或更精确的拉普拉斯方法。
让我们回顾一下我们想要计算的极限：
$$ L = lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} $$
考虑积分 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
我们知道，对于任何 $epsilon > 0$，当 $n$ 足够大时，对于 $x in [0, nepsilon n]$ 的区域，有 $x^n e^{x}$ 的值相对较小。
而主要的贡献来自 $x$ 在 $n$ 附近的区间。
更精确地说，我们可以证明：
$$ frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} = 1 frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} $$
并且 $lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = 0$。
证明 $lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = 0$。
令 $J_n = int_n^infty x^n e^{x} dx$。
在 $[n, infty)$ 区间，我们可以找到一个大于 $n$ 的点 $a$（例如 $a = n+1$）使得 $x^n e^{x}$ 在这个点之后衰减得很快。
在 $[n, n+1]$ 区间， $x^n le (n+1)^n$。
$J_n = int_n^infty x^n e^{x} dx$
令 $x = nt$，$dx = n dt$。
$J_n = int_1^infty (nt)^n e^{nt} n dt = n^{n+1} int_1^infty t^n e^{nt} dt$。
换一种方式来估计 $int_n^infty x^n e^{x} dx$。
令 $x=n+ysqrt{n}$，这是为了让指数项变成高斯分布。
$x^n e^{x} = (n+ysqrt{n})^n e^{(n+ysqrt{n})} = n^n(1+frac{y}{sqrt{n}})^n e^{n} e^{ysqrt{n}}$。
当 $n$ 很大时，$(1+frac{y}{sqrt{n}})^n approx e^y$。
$x^n e^{x} approx n^n e^y e^{n} e^{ysqrt{n}} = n^n e^{n} e^{y(1sqrt{n})}$。
当 $y>0$ 时，指数是负的，并且随着 $y$ 增大而增大（负的幅度增大）。
我们需要找到一个更精确的拉普拉斯近似。
考虑积分 $I_n = int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
其峰值在 $x=n$ 处。
我们可以将积分写成：
$$ I_n = int_0^infty e^{n ln x x} dx $$
利用拉普拉斯方法，峰值在 $x_0 = n$ 处。
$f(x) = n ln x x$
$f'(x) = frac{n}{x} 1$
$f''(x) = frac{n}{x^2}$
在 $x=n$ 处，$f(n) = n ln n n$，$f''(n) = frac{n}{n^2} = frac{1}{n}$。
$$ I_n approx e^{n ln n n} sqrt{frac{2pi}{n |1/n|}} = n^n e^{n} sqrt{frac{2pi}{1}} = sqrt{2pi n} (frac{n}{e})^n = n! $$
这是正确的斯特灵公式。
现在，我们考虑我们的积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。
这个积分与 $int_0^infty x^n e^{x} dx$ 的主要区别在于积分上限。
由于函数在 $x=n$ 之后迅速衰减，我们可以合理地假设：
$$ int_0^n x^n e^{x} dx approx int_0^infty x^n e^{x} dx $$
但是我们需要一个更严谨的证明。
考虑对数项 $g(x) = n ln x x$。
在 $x=n$ 附近，我们用二阶泰勒展开：
$g(x) approx g(n) + g'(n)(xn) + frac{g''(n)}{2}(xn)^2$
$g(x) approx n ln n n + 0 cdot (xn) + frac{1/n}{2}(xn)^2$
$g(x) approx n ln n n frac{(xn)^2}{2n}$
所以，$x^n e^{x} = e^{g(x)} approx e^{n ln n n} e^{frac{(xn)^2}{2n}} = n^n e^{n} e^{frac{(xn)^2}{2n}}$。
这个近似是在 $x$ 靠近 $n$ 的地方有效的。
让我们将这个近似代入积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。
$$ int_0^n x^n e^{x} dx approx int_0^n n^n e^{n} e^{frac{(xn)^2}{2n}} dx $$
由于 $e^{frac{(xn)^2}{2n}}$ 在 $x < n$ 的区域（特别是当 $x$ 远离 $n$ 时）值会迅速增大，这个近似在 $x$ 远离 $n$ 的区间是不准确的。
然而，拉普拉斯方法告诉我们，当 $n o infty$，积分的主要贡献集中在峰值点附近的一个小区间内。
所以，我们可以将积分区间近似为 $(infty, infty)$，或者 $(infty, n]$。
由于函数在 $x<0$ 处是 $0$，所以我们实际上是在积分 $[0, n]$。
如果我们近似为 $int_{infty}^n x^n e^{x} dx$，其值接近于 $int_{infty}^infty x^n e^{x} dx = n!$。
为了使问题更清晰，我们可以考虑一个变换。
令 $x = nu$，则 $dx = n du$。
$$ int_0^n x^n e^{x} dx = int_0^1 (nu)^n e^{nu} n du = n^{n+1} int_0^1 u^n e^{nu} du $$
我们要求的是：
$$ lim_{n oinfty} frac{n^{n+1} int_0^1 u^n e^{nu} du}{n!} $$
根据斯特灵公式 $n! approx sqrt{2pi n} (frac{n}{e})^n$。
$$ frac{n^{n+1} int_0^1 u^n e^{nu} du}{sqrt{2pi n} (frac{n}{e})^n} = frac{n^{n+1} e^n}{n!} int_0^1 u^n e^{nu} du $$
$$ = frac{n cdot n^n e^n}{sqrt{2pi n} n^n e^{n}} int_0^1 u^n e^{nu} du = frac{n e^{2n}}{sqrt{2pi n}} int_0^1 u^n e^{nu} du $$
这个方向似乎也变得复杂了。
让我们回到 $frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!}$ 这个形式。
我们已经知道，当 $n$ 很大时，$int_0^n x^n e^{x} dx approx n!$。
所以，我们直观地猜测极限是 $1$。
我们需要证明：
$$ lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = 0 $$
考虑 $int_n^infty x^n e^{x} dx$。
在 $[n, infty)$ 区间， $x ge n$。
那么 $x^n le x cdot x^{n1}$。
让我们选择一个比 $n$ 大的数，例如 $n+k$，并且考虑在 $[n, n+k]$ 上的积分。
但是，关键在于函数下降的速度。
使用一个更强的估计：
当 $x > n$ 时，令 $x = n+u$，$u>0$。
$x^n e^{x} = (n+u)^n e^{(n+u)}$
考虑一个固定的 $a > 1$。
$int_n^{an} x^n e^{x} dx$
在这个区间内，$x^n le (an)^n$。
并且，$e^{x}$ 是单调递减的。
$$ int_n^{an} x^n e^{x} dx le (an)^n int_n^{an} e^{x} dx = (an)^n [e^{x}]_n^{an} = (an)^n (e^{n} e^{an}) $$
$$ = (an)^n e^{n} (1 e^{n(a1)}) $$
$n! approx sqrt{2pi n} (frac{n}{e})^n$。
我们想比较 $frac{(an)^n e^{n}}{n!} = frac{a^n n^n e^{n}}{sqrt{2pi n} (n/e)^n} = frac{a^n n^n e^{n}}{sqrt{2pi n} n^n e^{n}} = frac{a^n}{sqrt{2pi n}}$。
这个比值当 $a>1$ 时会趋于无穷大。所以这种估计不够好。
我们需要利用函数在 $x=n$ 处的峰值。
在区间 $[n, infty)$，令 $x = n+tsqrt{n}$，其中 $t ge 0$。
$dx = sqrt{n} dt$。
$x^n e^{x} = (n+tsqrt{n})^n e^{(n+tsqrt{n})} = n^n(1+frac{t}{sqrt{n}})^n e^{n} e^{tsqrt{n}}$。
当 $n$ 很大时，$(1+frac{t}{sqrt{n}})^n approx e^{nt/sqrt{n}} = e^{tsqrt{n}}$。
所以，$x^n e^{x} approx n^n e^{tsqrt{n}} e^{n} e^{tsqrt{n}} = n^n e^{n}$。
这个近似仍然太简单了。
更精确地，对于 $x=n+tsqrt{n}$，$n$ 很大：
$ln(x^n e^{x}) = n ln(n+tsqrt{n}) (n+tsqrt{n})$
$= n ln(n(1+frac{t}{sqrt{n}})) n tsqrt{n}$
$= n ln n + n ln(1+frac{t}{sqrt{n}}) n tsqrt{n}$
$approx n ln n + n(frac{t}{sqrt{n}} frac{t^2}{2n}) n tsqrt{n}$
$= n ln n + tsqrt{n} frac{t^2}{2} n tsqrt{n}$
$= n ln n n frac{t^2}{2}$
所以，$x^n e^{x} approx e^{n ln n n t^2/2} = n^n e^{n} e^{t^2/2}$。
这是一个高斯函数的形式。
$int_n^infty x^n e^{x} dx approx int_0^infty n^n e^{n} e^{t^2/2} sqrt{n} dt$ （注意，这里积分的下限从 $n$ 变为 $0$ 是因为当 $x=n$ 时 $t=0$）
$= n^n e^{n} sqrt{n} int_0^infty e^{t^2/2} dt$
我们知道 $int_{infty}^infty e^{ax^2} dx = sqrt{frac{pi}{a}}$。
令 $a=1/2$，$ int_{infty}^infty e^{t^2/2} dt = sqrt{frac{pi}{1/2}} = sqrt{2pi}$。
所以 $int_0^infty e^{t^2/2} dt = frac{sqrt{2pi}}{2} = sqrt{frac{pi}{2}}$。
$int_n^infty x^n e^{x} dx approx n^n e^{n} sqrt{n} sqrt{frac{pi}{2}} = n! sqrt{frac{pi}{2n}}$。
这个估计似乎比之前的好。
那么我们计算的极限变成：
$$ lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} = lim_{n oinfty} frac{n! int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} = lim_{n oinfty} left( 1 frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!} ight) $$
$$ = 1 lim_{n oinfty} frac{n! sqrt{frac{pi}{2n}}}{n!} = 1 lim_{n oinfty} sqrt{frac{pi}{2n}} = 1 0 = 1 $$
所以，极限是 $1$。
总结一下计算过程：
1. 问题理解： 计算极限 $lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!}$。
2. 积分分析： 观察到积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$ 在 $n$ 很大时，其主要贡献来自 $x$ 接近 $n$ 的区域。
3. 与伽马函数/阶乘联系： 知道 $int_0^infty x^n e^{x} dx = n!$。
4. 构造比例： 将问题转化为 $1 lim_{n oinfty} frac{int_n^infty x^n e^{x} dx}{n!}$。
5. 估计余项积分： 使用拉普拉斯方法（或高斯近似）估计积分 $int_n^infty x^n e^{x} dx$。
变量替换 $x = n+tsqrt{n}$，其中 $t ge 0$。
将 $x^n e^{x}$ 近似为 $n^n e^{n} e^{t^2/2}$。
计算 $int_n^infty x^n e^{x} dx approx int_0^infty n^n e^{n} e^{t^2/2} sqrt{n} dt = n! sqrt{frac{pi}{2n}}$。
6. 计算极限： 将估计的余项代入极限表达式：
$1 lim_{n oinfty} frac{n! sqrt{frac{pi}{2n}}}{n!} = 1 lim_{n oinfty} sqrt{frac{pi}{2n}} = 1 0 = 1$。
所以，最终的极限是 $1$。
这个过程的关键在于对积分在峰值附近的精确估计，以及理解当积分上限从 $infty$ 变成有限值 $n$ 时，余项（即从 $n$ 到 $infty$ 的积分）相对于整个积分（或 $n!$）的增长速度。通过高斯近似，我们发现余项的相对大小趋于 $0$，从而证明了原极限为 $1$。
希望这个详细的解释能够帮助你理解整个过程！
网友意见
考虑密度函数为 的随机变量 。由Gamma分布的性质，它可以分解为 个指数分布： 的和，即 服从指数分布 。它们的期望与标准差都是 。
由中心极限定理，令 ，则
。
所以要求的极限是 。
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