Nach der Gaußschen Definition der Gammafunktion gilt

${\displaystyle \Gamma (x)=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\,n^{x}}{x\,(x+1)\cdots (x+n)}}}$           und

${\displaystyle \Gamma (x+y)=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!\,n^{x+y}}{(x+y)\,(x+y+1)\cdots (x+y+n)}}}$.

Betrachte nun den Quotient

${\displaystyle {\frac {\Gamma (x)}{\Gamma (x+y)}}=\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n^{y}}}\,{\frac {x+y}{x}}\,{\frac {x+y+1}{x+1}}\,\cdots \,{\frac {x+y+n}{x+n}}}$.

Setze ${\displaystyle a_{n}={\frac {n!\,e^{n}}{n^{n}\,{\sqrt {2\pi n}}}}}$ und betrachte den Quotienten zweier aufeinander folgender Glieder.

${\displaystyle {\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}={\frac {1}{e}}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}$. Das ist nach der Ungleichung ${\displaystyle e<\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}$ stets größer als ${\displaystyle 1\,}$.

Die Folge ${\displaystyle (a_{n})\,}$ fällt somit streng monoton und sie ist durch null nach unten beschränkt, weil alle Folgeglieder positiv sind.

Also existiert der Grenzwert ${\displaystyle g:=\lim a_{n}}$.

Wegen ${\displaystyle {\frac {a_{2n}}{a_{n}^{2}}}={\frac {\sqrt {n\pi }}{2^{2n}}}\,{2n \choose n}{\stackrel {n\to \infty }{\longrightarrow }}1}$ ist ${\displaystyle g={\frac {\lim a_{n}^{2}}{\lim a_{2n}}}=1}$.

Die Stirlingformel besagt, dass die Folge ${\displaystyle a_{n}={\frac {n!\,e^{n}}{n^{n}\,{\sqrt {2\pi n}}}}}$ gegen ${\displaystyle 1\,}$ konvergiert.

Daher muss auch die Folge ${\displaystyle {\sqrt[{n}]{a_{n}}}={\frac {{\sqrt[{n}]{n!}}\,\,e}{n\,{\sqrt[{2n}]{2\pi n}}}}}$ gegen ${\displaystyle 1\,}$ konvergieren.

Wegen ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{2n}]{2\pi n}}=1}$ ist somit ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt[{n}]{n!}}{n}}\,e=1}$, gleichbedeutend mit ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}=e}$.

Multipliziert man die Abschätzung ${\displaystyle (n-1)!<{\frac {n^{n}}{e^{n}}}\,e<n!}$ mit ${\displaystyle {\frac {e^{n}}{n!}}}$ durch,

so ist ${\displaystyle {\frac {e^{n}}{n}}<{\frac {n^{n}}{n!}}\,e<e^{n}}$, und daraus folgt ${\displaystyle {\frac {e}{\sqrt[{n}]{n}}}<{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}\,{\sqrt[{n}]{e}}<e}$.

Lässt man ${\displaystyle n\to \infty \,}$ gehen, so erhält man ${\displaystyle e\leq \lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}\leq e}$.

${\displaystyle \prod _{k=1}^{n}{\frac {4k^{2}-1}{4k^{2}}}=\prod _{k=1}^{n}{\frac {(2k-1)\cdot (2k+1)}{2k\cdot 2k}}={\frac {{\frac {(2n)!}{2^{n}\,n!}}\,\cdot \,{\frac {(2n)!}{2^{n}\,n!}}\,(2n+1)}{2^{n}\,n!\,\cdot \,2^{n}\,n!}}=(2n+1)\left[{\frac {(2n)!}{2^{2n}\,n!^{2}}}\right]^{2}=(2n+1)\left[{\frac {1}{2^{2n}}}{2n \choose n}\right]^{2}}$

Also ist ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }(2n+1)\left[{\frac {1}{2^{2n}}}{2n \choose n}\right]^{2}=\prod _{k=1}^{\infty }{\frac {4k^{2}-1}{4k^{2}}}={\frac {2}{\pi }}\qquad {\text{(Wallis Produkt)}}}$

Daraus folgt ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {2n+1}}{2^{2n}}}{2n \choose n}={\sqrt {\frac {2}{\pi }}}}$, gleichbedeutend mit ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\pi }}{2^{2n}}}{2n \choose n}=1}$.

Und wegen ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {n\pi }}{\sqrt {\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\pi }}}=1}$ ist daher auch ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {\sqrt {n\pi }}{2^{2n}}}{2n \choose n}=1}$.

Betrachte die asymptotische Entwicklung

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)+{\frac {n^{p+1}}{p+1}}+{\frac {n^{p}}{2}}+{\frac {p}{12}}\,n^{p-1}+O\left(n^{p-3}\right)}$.

Differenziere nach ${\displaystyle p\,}$:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}\,\log k=-\zeta '(-p)+{\frac {n^{p+1}\,\log n}{p+1}}-{\frac {n^{p+1}}{(p+1)^{2}}}+{\frac {n^{p}\,\log n}{2}}+{\frac {p}{12}}\,n^{p-1}\,\log n+{\frac {n^{p-1}}{12}}+O\left(n^{p-3}\,\log n\right)}$

Und setze ${\displaystyle p=1\,}$:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k\,\log k=-\zeta '(-1)+{\frac {n^{2}}{2}}\,\log n-{\frac {n^{2}}{4}}+{\frac {n}{2}}\,\log n+{\frac {1}{12}}\,\log n+{\frac {1}{12}}+O\left({\frac {\log n}{n^{2}}}\right)}$

${\displaystyle a_{n}:={\frac {n^{2}}{4}}+\sum _{k=1}^{n}k\,\log k-\left({\frac {n^{2}}{2}}+{\frac {n}{2}}+{\frac {1}{12}}\right)\log n\to {\frac {1}{12}}-\zeta '(-1)}$.

${\displaystyle \Rightarrow \,A=\lim _{n\to \infty }e^{a_{n}}=e^{{\frac {1}{12}}-\zeta '(-1)}}$

Aus der Reihenentwicklung ${\displaystyle (1+z)^{1/z}=\sum _{k=0}^{\infty }\sum _{\ell =k}^{\infty }{\frac {1}{\ell !}}{\begin{bmatrix}\ell \\\ell -k\end{bmatrix}}\,z^{k}=e-{\frac {e}{2}}\cdot z+O(z^{2})}$ für ${\displaystyle z\to 0\,}$

folgt ${\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e-{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {1}{n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)}$ für ${\displaystyle n\to \infty \,}$.

Also ist ${\displaystyle {\frac {(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}-{\frac {n^{n}}{(n-1)^{n-1}}}=(n+1)\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}-n\left(1+{\frac {1}{n-1}}\right)^{n-1}}$

${\displaystyle =(n+1)\left(e-{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {1}{n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right)-n\left(e-{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {1}{n-1}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right)}$

${\displaystyle =e-{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {n+1}{n}}+{\frac {e}{2}}\cdot {\frac {n}{n-1}}+O\left({\frac {1}{n}}\right)}$. Und das konvergiert gegen ${\displaystyle e\,}$ für ${\displaystyle n\to \infty \,}$.

Für ${\displaystyle x>0\,}$ ist ${\displaystyle x-1\geq \log x}$, und somit ist ${\displaystyle x\geq \log(1+x)}$ für ${\displaystyle x>-1\,}$.

Setzt man ${\displaystyle x={\frac {-1}{k+1}}}$, so ist ${\displaystyle {\frac {-1}{k+1}}\geq \log k-\log(k+1)}$, gleichbedeutend mit ${\displaystyle \log(k+1)-\log k\geq {\frac {1}{k+1}}}$.

Setzt man ${\displaystyle x={\frac {1}{k}}}$, so ist ${\displaystyle {\frac {1}{k}}\geq \log(k+1)-\log k}$.


Genauso gut kommt man auf die beiden Ungleichungen, wenn man in der Napierschen Ungleichung

${\displaystyle {\frac {1}{a}}<{\frac {2}{a+b}}<{\frac {\log a-\log b}{a-b}}<{\frac {1}{\sqrt {ab}}}<{\frac {1}{b}}\qquad a=k+1}$ und ${\displaystyle b=k\,}$ setzt.


Die erste Ungleichung ${\displaystyle \log(k+1)-\log k\geq H_{k+1}-H_{k}}$, gleichbedeutend mit

${\displaystyle H_{k}-\log k\geq H_{k+1}-\log(k+1)}$, zeigt, dass die Folge ${\displaystyle (H_{n}-\log n)_{n\geq 1}}$ monoton fällt.

Aus der zweiten Ungleichung folgt ${\displaystyle H_{n}\geq \sum _{k=1}^{n}{\big (}\log(k+1)-\log k{\big )}=\log(n+1)>\log n}$.

Daher sind alle Folgeglieder ${\displaystyle H_{n}-\log n\,}$ positiv, und somit nach unten beschränkt.

Also existiert der Grenzwert ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(H_{n}-\log n\right)}$.