Stirling公式

Stirling公式

• 斯特林公式（英语：Stirling's formula）是一条用来取n阶乘近似值的数学公式。一般来说，当n很大的时候，n阶乘的计算量十分大，所以斯特林公式十分好用，而且，即使在n很小的时候，斯特林公式的取值已经十分准确。

• 斯特林公式为

$$n!\approx \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$$

• 更加精确地，有

$$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}{\left({\displaystyle \frac{n}{e}}\right)}^n}=1\\ \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{e^n\cdot n!}{n^n\cdot \sqrt{n}}=\sqrt{2\pi }\end{array}$$

• 事实上，在高等数学中，只需要知道下式即可。上述的内容，不需要引入Wallis公式便能得到结论。

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{n!}{\sqrt{n}\cdot {\left({\displaystyle \frac{n}{e}}\right)}^n}=c,c\in {\mathbb{R}}^{+}$$

Stirling公式的推导

参见Stirling公式的一些思考 - 知乎

阶乘大小估计——积分的矩形公式

我们先从 n! 大小的估计出发. 阶乘实际为累乘，数学上对累乘处理的工具十分少，一般都会选择取对数转换为累加，然后借助已有工具处理。

$$n!=\prod _{k=1}^{n}k=\exp (\sum _{k=1}^n\log k).$$

因此只需要估计 $\sum _{k=1}^n\log k$的值就可以了。而对于这种简单累加，很容易想到积分。因此考虑函数 $\log (x)$ 在$[1,n]$的积分与累加的大小比较。由于$\log (x)$ 是单调递增的函数，所以在任意的 $[k,k+1]$区间上有

$$\log (k)<\log (x)<\log (k+1),k<x<k+1.$$

两边从$k$到$k+1$积分，得到不等式

$$\log (k)<{\int }_k^{k+1}\log (x)\mathrm{d}x<\log (k+1),\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}.$$

对 k 从 1 到 n 这 n 个不等式进行累加得到

$$\sum _{k=1}^n\log (k)<{\int }_1^{n+1}\log (x)\mathrm{d}x<\sum _{k=1}^{n+1}\log (k),\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.$$

即

$$\sum _{k=1}^n\log (k)<(n+1)\log (n+1)-n<\log (n+1)+\sum _{k=1}^n\log (k),\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.$$

整理后可有

$$n\log (n+1)-n<\sum _{k=1}^n\log (k)<(n+1)\log (n+1)-n,\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.$$

因此

$${\displaystyle \frac{(n+1{)}^n}{e^n}}<n!<{\displaystyle \frac{(n+1{)}^{n+1}}{e^n}},\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}.$$

这已经是一个初步的比较好看的结果了. 但精度还是不够, 得到这个公式本质上是用矩形公式逼近 $\log (x)$ 的积分. 我们知道, $\log (x)$是一个单调递增的凹函数, 如果改用梯形公式, 则精度会提高很多.

精细化结果——梯形公式

在 $[k,k+1]$ 上, 由于$\log (x)$ 是一个凹函数, 即函数图像在割线之上, 因此

$$\log (x)>{\displaystyle \frac{\log (k+1)-\log (k)}{(k+1)-k}}(x-k)+\log (k),k<x<k+1.$$

两边积分得到

$${\int }_k^{k+1}\log (x)\mathrm{d}x>{\displaystyle \frac{1}{2}}(\log (k)+\log (k+1)).$$

对 $k$ 累加得到

$${\int }_1^n\log (x)\mathrm{d}x>\sum _{k=1}^n\log (k)-\frac{1}{2}\log (n),$$

即

$$n\log (n)-n+1>\sum _{k=1}^n\log (k)-\frac{1}{2}\log (n),$$

整理后再取回指数就可以得到

$$0<{\displaystyle \frac{n!}{\sqrt{n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n}}<e.$$

我们记

$$a_n={\displaystyle \frac{n!}{\sqrt{n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n}},$$

则 $a_n$是一个有界数列, 只需要 $a_n$是单调的就可以知道$a_n$极限存在. 下面考察 $a_n$的单调性.

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}}& ={\displaystyle \frac{e}{{(1+\frac{1}{n})}^{n+\frac{1}{2}}}}\\ & <\exp (1-(n+\frac{1}{2})\log (1+\frac{1}{n}))\\ & <\exp (1-(n+\frac{1}{2})(\frac{1}{n}-{\displaystyle \frac{1}{2n^2}}+{\displaystyle \frac{1}{3n^3}}))\\ & \le e^{-\frac{1}{12n^2}}\\ & <1.\end{array}$$

因此 $a_{n+1}<a_n$，$a_n$为单调递减的数列, 极限存在. 接下来只需要证明, 这个极限不是0就可以了. 这里回溯一下我们得到阶乘估计的方法: 积分的梯形公式. 因此需要估计梯形公式的误差.

梯形公式的误差估计——正项级数收敛判别法

设$$a_n\to c$$, 把阶乘表示为

$$n!=a_n\sqrt{n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n,$$

取对数后为

$$\sum _{k=1}^n\log (k)=\log (a_n)+n\log (n)-n+\frac{1}{2}\log (n),$$

即

$$1-\log (a_n)={\int }_1^n\log (x)\mathrm{d}x-(\sum _{k=1}^n\log (k)-\frac{1}{2}\log (n)),$$

记 $b_n=1-\log (a_n),c_n=b_n-b_{n-1}(b_0=0)$ , 则此为梯形公式的误差公式, 那么

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0\iff \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{b}_n=+\mathrm{\infty }\iff \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_n=+\mathrm{\infty }.$$

这就回归到了正项级数是否发散的判别上了. 这里

$$c_n={\int }_{n-1}^n(\log (x)-{\displaystyle \frac{\log (n)-\log (n-1)}{n-(n-1)}}(x-n)+\log (n))\mathrm{d}x,$$

记

$$g_n(x)=\log (x)-{\displaystyle \frac{\log (n)-\log (n-1)}{n-(n-1)}}(x-n)+\log (n),$$

则$g_n(n-1)=g_n(n)=0$。注意到 $g_n^{\prime \prime }(x)=-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}<0$ , 因此$g_n(x)$为凹函数, 函数图象在任意一条切线的下方, 因此

$$g_n(x)<g_n^{\prime }(n)(x-n)=(\frac{1}{n}+\log (1-\frac{1}{n}))(x-n).$$

这样我们可以给出梯形公式误差的一个估计:

$$c_n={\int }_{n-1}^n{g}_n(x)\mathrm{d}x<{\int }_{n-1}^n{g}_n^{\prime }(n)(x-n)\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}(\frac{1}{n}+\log (1-\frac{1}{n})).$$

由Taylor公式的Lagrange余项,

$$\log (1-\frac{1}{n})=-\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}-\frac{{\xi }^3}{3},0<\xi <\frac{1}{n}.$$

因此

$$c_n<-\frac{1}{2}(\frac{1}{n}+\log (1-\frac{1}{n}))<\frac{1}{4n^2}+\frac{1}{3n^3}<\frac{1}{3n^2}.(n>1)$$

这说明

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{c}_n<\sum _{n=1}^n\frac{1}{3n^2}=\frac{{\pi }^2}{18}$$

是收敛的. 这也说明

$$1-\log (a_n)=b_n=\sum _{k=1}^n{c}_n<\frac{1}{18{\pi }^2},$$

从而给出 $a_n$ 的一个下界

$$a_n>\exp (1-\frac{1}{18{\pi }^2}).$$

这已经足以得到我们 (在这篇文章中) 需要的结论:

$$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{n!}{\sqrt{n}{\left({\displaystyle \frac{n}{e}}\right)}^n}}=c,0<c<+\mathrm{\infty }.\end{array}$$

甚至给出更精细的范围

$$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{n!}{\sqrt{n}{\left({\displaystyle \frac{n}{e}}\right)}^n}}=c,1-\frac{1}{18{\pi }^2}<\log (c)<1.\end{array}$$

而证明$c=\sqrt{2\pi }$ 一般需要借助Wallis公式, 在一般的数学分析教科书中都可以查阅到.

Stirling公式——借助Wallis公式计算极限的值

事实上, 由Wallis公式

$$\frac{\pi }{2}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left({\displaystyle \frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}}\right)}^2{\displaystyle \frac{1}{2n+1}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left({\displaystyle \frac{((2n)!!{)}^2}{(2n)!}}\right)}^2{\displaystyle \frac{1}{2n}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left({\displaystyle \frac{2^{2n}(n!{)}^2}{(2n)!}}\right)}^2{\displaystyle \frac{1}{2n}}$$

我们知道

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{2^{2n}(n!{)}^2}{\sqrt{n}(2n)!}}=\sqrt{\pi }.$$

记

$$d_n={\displaystyle \frac{2^{2n}(n!{)}^2}{\sqrt{n}(2n)!}},$$

并把

$$n!=a_n\sqrt{n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$$

代入 $d_n$ 的表达式可以得到

$$d_n={\displaystyle \frac{2^{2n}(n!{)}^2}{\sqrt{n}(2n)!}}={\displaystyle \frac{2^{2n}(a_n{)}^2{n}^{2n+1}{e}^{-2n}}{\sqrt{n}\sqrt{2n}{a}_{2n}(2n{)}^{2n}{e}^{-2n}}}={\displaystyle \frac{a_n^2}{\sqrt{2}{a}_{2n}}},$$

而 $a_n\to c>0,d_n\to \sqrt{\pi }$ , 在上式两端令$n\to \mathrm{\infty }$ 得到

$$\frac{c^2}{\sqrt{2}c}=\sqrt{\pi },$$

这说明

$$c=\sqrt{2\pi }.$$