Formula lui Stirling

În analiza matematică, formula lui Stirling permite calculul aproximativ al factorialului:

${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\cdot n^{n}\cdot e^{-n}+{\frac {\theta _{n}}{12n}},}$

unde ${\displaystyle \theta _{n}\in (0,1)}$ este un număr stabilit de James Stirling.

Această formulă este echivalentă cu:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {n!}{n^{(n+1/2)}e^{-n}}}={\sqrt {2\pi }}.}$

Demonstrație

Conform unei proprietăți a logaritmilor:

${\displaystyle \log {n!}=\log 1+\log 2+\cdots +\log n.}$

Deoarece funcția logaritm este crescătoare pe ${\displaystyle (0,\infty ),}$

${\displaystyle \int _{n-1}^{n}\log x\;dx<\log n<\int _{n}^{n+1}\log x\;dx,}$

pentru ${\displaystyle n\geq 1.}$

Se scrie această dublă inegalitate pentru ${\displaystyle n=1,2,\cdots ,N}$ și se adună membru cu membru. Rezultă:

${\displaystyle \int _{0}^{N}\log x\;dx<\log {(N!)}<\int _{1}^{N+1}\log x\;dx}$

Se calculeaza cele doua integrale folosind formula de integrare prin parti, astfel:

${\displaystyle \int _{a}^{b}\log x\;dx=\int _{a}^{b}x'\log x\;dx=b\log b-a\log a+a-b.}$

Se aplica formula de mai sus pentru a = 0 si b = N, respectiv a = 1 si b = N + 1, obținandu-se:

${\displaystyle n\log n-n<\log {(n!)}<(n+1)\log {(n+1)}-n.}$

Fie:

${\displaystyle d_{n}=\log {(n!)}-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\log n+n.}$

Se poate obține:

${\displaystyle d_{n}-d_{n+1}=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\log {\frac {n+1}{n}}-1}$

și apoi:

${\displaystyle {\frac {n+1}{n}}={\frac {1+{\frac {1}{2n+1}}}{1-{\frac {1}{2n+1}}}}.}$

Utilizând dezvoltarea în serie Taylor, se obține:

${\displaystyle {\frac {1}{2}}\log \left({\frac {1+t}{1-t}}\right)=t+{\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {1}{5}}t^{5}+\cdots }$

Pentru ${\displaystyle -1<t<1}$ se poate scrie:

${\displaystyle d_{n}-d_{n+1}={\frac {1}{3}}{\frac {1}{(2n+1)^{2}}}+{\frac {1}{5}}{\frac {1}{(2n+1)^{4}}}+\cdots }$

Aceasta implică:

${\displaystyle 0<d_{n}-d_{n+1}<{\frac {1}{3}}{\frac {1}{(2n+1)^{2}}}+{\frac {1}{5}}{\frac {1}{(2n+1)^{4}}}+\cdots }$

Luând în considerare proprietățile seriilor geometrice:

${\displaystyle 0<d_{n}-d_{n+1}<{\frac {1}{3}}{\frac {1}{(2n+1)^{2}-1}}={\frac {1}{12}}\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right).}$

Deci șirul ${\displaystyle \{d_{n}\}}$ este descrescător, iar șirul ${\displaystyle \{d_{n}-{\frac {1}{12n}}\}}$ este descrescător. Rezultă că ${\displaystyle \{d_{n}\}}$ este convergent către o limită C cu proprietatea:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }d_{n}=\lim _{n\to \infty }d_{n}-{\frac {1}{12n}}=\mathbf {C} ,}$

unde

${\displaystyle C>d_{1}-{\frac {1}{12}}=1-{\frac {1}{12}}={\frac {11}{12}}.}$

Utilizând funcția exponențială, se obține:

${\displaystyle \lim _{n\to infty}{\frac {n!}{n^{n+1/2}e^{-n}}}=c^{C}.}$

Rămâne de demonstrat că   ${\displaystyle e^{C}={\sqrt {2\pi }}.}$

Se utilizează formula lui Wallis:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {2\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6\cdot 6\cdot \cdots \cdot (2n)\cdot (2n)}{1\cdot 1\cdot 3\cdot 3\cdot 3\cdot 3\cdot \cdots \cdot (2n-1)\cdot (2n-1)\cdot (2n+1)}}={\frac {\pi }{2}},}$

care poate fi scrisă:

${\displaystyle {\frac {2\cdot 4\cdot 6\cdot \cdots \cdot (2n)}{1\cdot 3\cdot 5\cdot \cdots \cdot (2n-1)\cdot {\sqrt {2\pi }}}}\sim {\sqrt {\frac {\pi }{2}}},}$

adică:

${\displaystyle {\frac {(2^{n}n!)^{2}}{(2n)!}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {2n}}}\sim {\sqrt {\frac {\pi }{2}}}.}$

Utilizând formula de mai sus:

${\displaystyle n!\sim n^{n+1/2}\cdot e^{-n}\cdot e^{C},}$

se obține:

${\displaystyle {\frac {2^{2n}(n^{2n+1}\cdot e^{-2n}\cdot e^{2C})}{(2n)^{2n+1/2}\cdot e^{-2n}\cdot e^{C}}}{\frac {1}{\sqrt {2n}}}\sim {\sqrt {\frac {\pi }{2}}}.}$

Rezultă:

${\displaystyle e^{C}\sim {\sqrt {2\pi }},}$

adică:

${\displaystyle e^{C}={\sqrt {2\pi }},}$

ceea ce trebuia demonstrat.