1 Stirlingova formula^{1}

Odvodíme známu Stirlingovu formulu

n! ∼ \sqrt{2πn}(\frac{n}{e})^{n}

Pod f(n) ∼ g(n) rozumieme, že podiel pravej a ľavej strany konverguje pre n → ∞ k 1. Tu uvedené odvodenie je van der Waerdenovo odvodenie z [1] a možno ho nájsť v [2]. Položme

a_{n} = \frac{n!}{e^{−n}n^{n+ \frac{1}{2}}} .

Jednoduchými úpravami dostaneme, že

\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = e (\frac{n}{n + 1} )^{n+ \frac{1}{2}}

log \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = 1 − (n + \frac{1}{2}) log \frac{n + 1}{n}

Ak položíme x := \frac{1}{2n+1} , tak máme

log \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = 1 − \frac{2n + 1}{2} log \frac{(2n + 1) + 1}{(2n + 1) − 1} = 1 − \frac{1}{2x} log \frac{\frac{1}{x} + 1}{\frac{1}{x} − 1} = 1 − \frac{1}{2x} log \frac{1 + x}{1 − x}

Pre |x| < 1 platí

log(1 + x) = x − \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} − …

log(1 − x) = x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + …

z čoho dostaneme

log \frac{1 + x}{1 − x} = 2x + \frac{2x^{3}}{3} + \frac{2x^{5}}{5} + …

Teraz odvodíme odhad pre log \frac{a_{n+1}}{a_{n}} . Urobme najprv odhad pre log \frac{1+x}{1−x}. Dolný odhad získame tak, že vynecháme všetky členy počnúc druhým (x = \frac{1}{2n+1} je kladné) a horný odhad získame nahradením ďalších členov geometrickým radom.

2x < log \frac{a_{n+1}}{a_{n}} < 2x + \frac{2x^{3}}{3} (1 + x^{2} + x^{4} + …) = 2x + \frac{2x^{3}}{3} .\frac{1}{1 − x^{2}} = 2x + \frac{x^{2}}{3} (\frac{1}{1 − x} − \frac{1}{1 + x} )

Pomocou týchto nerovností môžeme odhadnúť log \frac{a_{n+1}}{a_{n}} :

0 > log \frac{a_{n+1}}{a_{n}} > −\frac{x}{6} (\frac{1}{1 − x} − \frac{1}{1 + x} ) = −\frac{1}{6} ( \frac{1}{\frac{1}{x} − 1} − \frac{1}{\frac{1}{x} + 1} ) = −\frac{1}{12} (\frac{1}{n} − \frac{1}{n + 1} )

1http://thales.doa.fmph.uniba.sk/sleziak/texty

Z predchádzajúceho vzťahu indukciou ľahko odvodíme, že platí

0 > log \frac{a_{n+k}}{a_{n}} > −\frac{1}{12} (\frac{1}{n} − \frac{1}{n + k} ) .  (1)

Z (1) vyplýva, že postupnosť (a_{n}) je klesajúca, čiže existuje α = lim_{k→∞} a_{n+k} . Ďalej α ≠ 0, lebo inak by platilo lim_{k→∞} log \frac{a_{n}+k}{a_{n}} → −∞, čo je v spore s (1). Ak v tomto vzťahu prejdeme k limite pre k idúce do nekonečna, dostaneme:

log \frac{α}{a_{n}} ≥ −\frac{1}{12n}
log \frac{α}{a_{n}} = −\frac{θ_{n}}{12n},  0 ≤ θ_{n} ≤ 1
a_{n} = α.e^{\frac{θn}{12n}}

Keď teraz použijeme vyjadrenie a_{n}, máme

n! = αe^{−n}n^{n+ \frac{1}{2}} e^{\frac{θn}{12n}} ∼ αe^{−n}n^{n+ \frac{1}{2}}

Už sme odvodili Stirlingovu formulu až na zatiaľ neznámu konštantu α.

Wallisov súčin. Na odhad konštanty α použijeme Wallisov súčin. Označme

I_{k} = ∫0^{\frac{π}{2}} sin^{k} tdt pre k = 0, 1, …

Zrejme platí

sin^{2k−1} t ≥ sin^{2k} t ≥ sin^{2k+1} t, pre t ∈ ⟨0, \frac{π}{2}⟩

⇒ I_{2k−1} ≥ I_{2k} ≥ I_{2k+1}

Metódou pre partes dostaneme:

I_{k} = ∫0^{\frac{π}{2}} sin^{k−1} t sintdt = [− sin^{k−1} t cost]0^{\frac{π}{2}} + (k − 1) ∫0^{\frac{π}{2}} sin^{k−2} t cos^{2} tdt =

= (k − 1) ∫0^{\frac{π}{2}} sin^{k−2} t(1 − sin^{2} t)dt = (k − 1)(I_{k−2} − I_{k}).

kI_{k} = (k − 1)I_{k−2} ⇒ I_{k} = \frac{k − 1}{k}I_{k−2}

Pomocou tejto rekurencie a hodnôt

I_{0} = \frac{π}{2}, I_{1} = ∫0^{\frac{π}{2}} sintdt = 1

vieme určiť

I_{2k} = \frac{2k − 1}{2k} · \frac{2k − 3}{2k − 2} ⋯ \frac{1}{2} \frac{π}{2}

I_{2k+1} = \frac{2k}{2k + 1} · \frac{2k − 2}{2k − 1} ⋯ \frac{2}{3} · 1

I_{2k} = \frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^{2}} \frac{π}{2} I_{2k+1} = \frac{2^{2k}(k!)^{2}}{(2k + 1)!}

Počítajme teraz

lim_{k→∞} \frac{I_{2k+1}}{I_{2k−1}} = lim_{k→∞} \frac{2^{2}k^{2}}{2k(2k + 1)} = 1

Z nerovnosti I_{2k−1} ≥ I_{2k} ≥ I_{2k+1} potom vyplýva, že aj

\frac{I_{2k}}{I_{2k+1}} = \frac{((2k)!)^{2}(2k + 1)}{2^{4k}(k!)^{4}} · \frac{π}{2} → 1

a po úprave

\frac{2^{4k}(k!)^{4}}{((2k)!)^{2}(2k + 1)} → \frac{π}{2}

Tento vzťah sa nazýva Wallisov súčin.

Dosaďme teraz do Wallisovho súčinu za faktoriál n! = αn^{n+ \frac{1}{2}} e^{−n}(1+O(n^{−1})). Dostaneme

\frac{2^{4k}(k!)^{4}}{((2k)!)^{2}(2k + 1)} = \frac{2^{4k}α^{4}k^{4k+2} e^{−4k}(1 + O(k^{−1}))}{α^{2}(2k)^{4k+1} e^{−4k}(1 + O(k^{−1}))(k + 1)} = \frac{k}{2(2k + 1)} α^{2}(1 + O(k^{−1})) → \frac{π}{2}

\frac{α^{2}}{4} = \frac{π}{2}

α = \sqrt{2π}

Odvodenie pomocou Eulerovej sumačnej formuly. Presnejší odhad pre n!

n! = \sqrt{2πn}(\frac{n}{e})^{n} (1 + \frac{1}{12n} + \frac{1}{288n^{2}} − \frac{139}{51840n^{3}} + O(\frac{1}{n^{4}} ))

možno nájsť v [3]. Je tam odvodený pomocou Eulerovej sumačnej formuly. Tu aspoň naznačíme, ako pomocou nej možno odvodiť náš tvar Stirlingovej formuly.

Veta 1.1. Nech nezáporná reálna funkcia f má v intervale ⟨0, +∞) spojitú deriváciu. Potom pre každé n = 1, 2, … platí

∑_{k=0}^{n}f(k) = ∫_{0}^{n} f(t)dt + \frac{f(0) + f(n)}{2} + ∫_{0}^{n}(t − [t] − \frac{1}{2})f′(t)dt.

Dôkaz tejto vety pozri v [4].

Namiesto n! = 1.2…. n budeme odhadovať log(n!) = ∑_{k=1}^{n} logk. Pomocou Eulerovej sumačnej formuly dostaneme

∑_{k=0}^{n−1} log(1 + k) = ∫_{0}^{n−1} log(1 + t)dt + \frac{log1 + logn}{2} + ∫_{0}^{n−1} (t − [t] − \frac{1}{2})\frac{1}{t + 1} dt =

= [(t + 1)(log(t + 1) + 1)]_{0}^{n−1} + \frac{1}{2} logn + R_{n} = n logn − n + 1 + \frac{1}{2} logn + R_{n} =

= (n + \frac{1}{2}) lnn − n + 1 + R_{n}

O postupnosti R_{n} = ∫_{0}^{n−1}(t − [t] − \frac{1}{2})f′(t)dt by sa malo dať ukázať, že je klesajúca a ohraničená, má teda nejakú limitu c. Potom v limite pre n → ∞ dostaneme

log(n!) − n^{n+ \frac{1}{2}} .e^{−n}.e^{c} → 0,

čo je v podstate opäť tvar Stirlingovej formuly s neznámou konštantou α.

Literatúra

[1] B.L. van der Waerden: Einfache Herleitung der Stirlingschen Formel, Nieuw Archief voor Wiskunde 18 (1936), 40-45.

[2] J.Kaucký: Kombinatorické identity.

[3] D.E.Knuth: Concrete Mathematics.

[4] T.Šalát: Nekonečné rady.