Stirlingの公式


Stirling の公式(Stirling の近似)は,$n!$ の値を近似する公式である.近似の精度に応じていくつかの種類があるが,今回はその1つである

\[
n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n
\]

を導出する方法についてのメモ.

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Stirlingの公式の導出の方針

ここでは,2つの数列 $\{a_n\} , \, \{b_n\}~~(n=1,2,\ldots)$ を
\[
a_n = \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}},\qquad b_n = \frac{4^{n}(n!)^2}{\sqrt{n}(2n)!}
\]
と定める.また,Wallis 積分 に関連した結果を用いる.

 

方針

  • $b_n$ の極限を求める
  • $\log{(a_{n}/a_{n+1})}$ の値を評価する
  • $a_n$ の極限を求める
  • Stirlingの公式を示す
  •  

    Stirlingの公式の導出

     

    $b_n$ の極限を求める

     
    詳細(click)

    Wallisの公式の系より
    \[
    \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}\cdot{}_{2n}{\rm C}_{n}}{4^n} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}
    \]
    である.いま
    \[
    b_n = \frac{4^{n}(n!)^2}{\sqrt{n}(2n)!} = \frac{4^n}{\sqrt{n}\cdot{}_{2n}{\rm C}_{n}}
    \]
    であるから
    \[
    \lim_{n \to \infty}b_n = \sqrt{\pi}
    \]
    を得る.

    //
     

    $\log{(a_{n}/a_{n+1})}$ の値を評価する

     

    $\log{(1+x)}$ の値を評価する

    $0 < x < 1$ に対し
    \[
    x-\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4} < \log{(1+x)} < x-\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}
    \]
    が成り立つ.

     
    証明(click)

    \[
    f(x) = \log{(1+x)}-x + \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4}
    \]
    とおく.
    \[
    f'(x) = \frac{1}{1+x}-\left(1-x + x^2-x^3\right) = \frac{1}{1+x}- \frac{1-x^4}{1+x} = \frac{x^4}{x+1} > 0
    \]
    であるから,$f(x)$ は $0 < x < 1$ で単調に増加する.ゆえに
    \[
    \log{(1+x)-x + \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4}} = f(x) \geqq f(0) = 0
    \]
    を整理すれば求める不等式の左辺が評価できる.
    \[
    g(x) = \log{(1+x)}-x + \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}
    \]
    とおく.
    \[
    g'(x) = \frac{1}{1+x}-\left(1-x + x^2\right) = \frac{1}{1+x}-\frac{1+x^3}{1+x} =-\frac{x^3}{1+x} < 0
    \]
    であるから,$g(x)$ は $0 < x < 1$ で単調に減少する.ゆえに
    \[
    \log{(1+x)}-x + \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3} = g(x) \leqq g(0) = 0
    \]
    を整理すれば求める不等式の右辺が評価できる.

    //
     

    $\log{(a_n/a_{n+1})}$ の値を評価する

     

    $n = 2,3,\ldots$ に対して
    \[
    0 < \log{\frac{a_n}{a_{n+1}}} < \frac{1}{2n(n+1)}
    \]
    が成り立つ.

     
    証明(click)

    $$
    \begin{eqnarray*}
    \frac{a_n}{a_{n+1}} & = & \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}} \cdot \frac{\sqrt{n+1}(n+1)^{n+1}e^{-n-1}}{(n+1)!} \\
    & = & \frac{n!}{\sqrt{n}n^ne^{-n}} \cdot \frac{\sqrt{n+1}(n+1)(n+1)^{n}e^{-n}e^{-1}}{(n+1)n!} \\
    & = & \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}\cdot\frac{(n+1)^n}{n^n}\cdot e^{-1} \\
    & = & \sqrt{\frac{n+1}{n}}\left(\frac{n+1}{n}\right)^n\cdot\frac{1}{e} \\
    & = & \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}\cdot\frac{1}{e}
    \end{eqnarray*}
    $$

    であるから

    \[
    \log{\frac{a_n}{a_{n+1}}} = \log{\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}\cdot\frac{1}{e}} = \left(n+\frac{1}{2}\right)\log{\left(1+\frac{1}{n}\right)}-1
    \]

    が成り立つ.いま,$n \geqq 2$ であるから $0 < 1/n < 1$ である.先の不等式において $x = 1/n$ とすれば
    \[
    \frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3}-\frac{1}{4n^4}< \log{\left(1+\frac{1}{n}\right)}< \frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3}
    \]
    \[
    \frac{1}{12n^2}-\frac{1}{12n^3}-\frac{1}{8n^4} < \left(n + \frac{1}{2}\right)\log{\left(1 + \frac{1}{n}\right)} -1 < \frac{1}{12n^2} +\frac{1}{6n^3}
    \]
    \[
    \frac{1}{12n^2}-\frac{1}{12n^3}-\frac{1}{8n^4} < \log{\frac{a_{n}}{a_{n+1}}}< \frac{1}{12n^2} +\frac{1}{6n^3}
    \]
    が成り立つ.不等式の最左辺については,$n \geqq 2$ のとき
    \[
    \frac{1}{12n^2}-\frac{1}{12n^3}-\frac{1}{8n^4} = \frac{2n^2-2n+3}{24n^4} > 0
    \]
    が成り立っている.最右辺については,$n > 1$ のとき

    $$
    \begin{eqnarray*}
    1 &<& n \\
    n+1 & < & 2n \\
    \frac{1}{n} &<& \frac{2}{n+1} \\
    \frac{1}{n^2} & < & \frac{2}{n(n+1)}
    \end{eqnarray*}
    $$

    が成り立つことに注意すれば
    \[
    \frac{1}{12n^2} +\frac{1}{6n^3} < \frac{1}{12n^2} + \frac{1}{6n^2} = \frac{1}{4n^2} < \frac{1}{2n(n+1)}
    \]
    が成り立っている.したがって
    \[
    0 < \log{\frac{a_n}{a_{n+1}}} < \frac{1}{2n(n+1)}
    \]
    が示された.

    //
     

    $a_n$ の極限を求める

     

    $a_{n}/a_{2n}$ の極限を求める

    \[
    \lim_{n \to \infty}\frac{a_{n}}{a_{2n}} = 1
    \]

     
    証明(click)

    $$
    \begin{eqnarray*}
    \log{\frac{a_{n}}{a_{2n}}} & = & \log{\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\cdot\frac{a_{n+1}}{a_{n+2}}\cdots\frac{a_{2n-2}}{a_{2n-1}}\cdot\frac{a_{2n-1}}{a_{2n}}} \\
    & = & \log{\frac{a_{n}}{a_{n+1}}}+\log{\frac{a_{n+1}}{a_{n+2}}}+ \cdots + \log{\frac{a_{2n-2}}{a_{2n-1}}}+\log{\frac{a_{2n-1}}{a_{2n}}} \\
    & = & \sum_{k=1}^{n}\log{\frac{a_{n+k-1}}{a_{n+k}}}
    \end{eqnarray*}
    $$

    である.$\log{(a_{n}/a_{n+1})}$ の評価より
    \[
    0 < \sum_{k=1}^{n}\log{\frac{a_{n+k-1}}{a_{n+k}}} < \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2(n+k-1)(n+k)}
    \]
    であるが,最右辺については部分分数分解を用いて
    $$
    \begin{eqnarray*}
    \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2(n+k-1)(n+k)} & = & \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(n+k-1)(n+k)} \\
    & = & \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{n+k-1}-\frac{1}{n+k}\right) \\
    & = & \frac{1}{2}\left\{\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) + \left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) + \right. \\
    & & \left. \cdots + \left(\frac{1}{n+n-1}-\frac{1}{n+n}\right)\right\} \\
    & = & \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}\right) \\
    & = & \frac{1}{4n}
    \end{eqnarray*}
    $$
    と計算できる.したがって
    \[
    0 < \log{\frac{a_{n}}{a_{2n}}} < \frac{1}{4n}
    \]
    が成り立つ.ここで $n \to \infty$ の極限をとれば,はさみうちの原理より
    \[
    \lim_{n \to \infty}\log{\frac{a_{n}}{a_{2n}}} = 0
    \]
    ゆえに
    \[
    \lim_{n \to \infty}\frac{a_{n}}{a_{2n}} = 1
    \]
    である.

    //
     

    $a_n$ の極限を求める

    \[
    \lim_{n \to \infty} a_n = \sqrt{2\pi}
    \]

     
    証明(click)

    $$

    \begin{eqnarray*}
    a_n^2 & = & \frac{n!}{\sqrt{n} n^n e^{-n}} \cdot \frac{n!}{\sqrt{n} n^n e^{-n}}\\
    & = & \frac{4^n(n!)^2}{\sqrt{n}(2n)!}\cdot\frac{(2n)!}{4^n \cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{n} n^{2n} e^{-2n}} \cdot \sqrt{2} \\
    & = & \frac{4^n(n!)^2}{\sqrt{n}(2n)!}\cdot\frac{(2n)!}{\sqrt{2n}(2n)^{2n}e^{-2n}}\cdot \sqrt{2} \\
    & = & b_n \cdot a_{2n} \cdot \sqrt{2}
    \end{eqnarray*}
    $$

    であるから
    \[
    a_n = \sqrt{2}b_n \cdot \frac{a_{2n}}{a_{n}}
    \]
    が成り立つ.したがって
    \[
    \lim_{n \to \infty}a_n = \lim_{n \to \infty}\sqrt{2}b_n \cdot \frac{a_{2n}}{a_{n}} = \sqrt{2} \cdot \sqrt{\pi} \cdot 1 = \sqrt{2\pi}
    \]
    を得る.

    //
     

    Stirlingの公式を示す

     
    Theorem 1(Stirlingの公式 I)

    \[
    n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n
    \]
    が成り立つ.ただし,$f(n) \sim g(n)$ は
    \[
    \lim_{n \to \infty}\frac{f(n)}{g(n)} = 1
    \]
    を意味するものとする.

     
    証明(click)

    $a_n$ の定義から

    \[
    \lim_{n \to \infty} \frac{n!}{\sqrt{2\pi n}(n/e)^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{\sqrt{2\pi}} = 1
    \]

    である.したがって示された.

     
    補足(click)

    \[
    n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n
    \]
    は $n$ が 十分に大きいとき,
    \[
    n! \fallingdotseq \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n
    \]
    という意味である.

    $a_n$ の意味

    $k = 1 , 2 , \dots$ に対して,曲線 $y = \log{x}$ 上の点 $\textrm{P}_k ~ (k , \log{k})$,と $x$ 軸上の点 $\textrm{Q}_k ~ (k , 0)$ を考える.$S_k$ を台形 $\textrm{P}_k\textrm{P}_{k+1}\textrm{Q}_{k+1}\textrm{Q}_k$ の面積とすると
    \[
    S_k = \frac{\log{k} + \log{(k+1)}}{2}
    \]
    が成り立つ.曲線 $y = \log{x}$ と直線 $x = n$ 及び $x$ 軸に囲まれた領域の面積を $A_n$ とすると
    \[
    A_n = \int_{1}^{n}\log{x}\,dx = n \log{n}-n + 1
    \]
    である.$n \geqq 2$ のとき,台形を足し合わせた
    $$
    \begin{align*}
    T_n = \sum_{k=1}^{n-1}S_k
    &= \frac{1}{2} \biggl((\log{1} + \log{2}) + (\log{2} + \log{3}) + \cdots + (\log{(n-1)} + \log{n})\biggr) \\
    &= (\log{2} + \log{3} + \cdots + \log{(n-1)} + \log{n} )-\frac{1}{2}\log{n} \\
    &= \log{n!}-\frac{1}{2}\log{n}
    \end{align*}
    $$
    はグラフから $A_n > T_n$ を満たす.例えば下図のオレンジの領域が $A_4-T_4$ である.

    このとき

    $$
    \begin{align*}
    A_n-T_n
    &= \left(n + \frac{1}{2}\right)\log{n}-n + 1-\log{n!} \\
    &= \log{\left(n^{n + 1/2}\right)}-\log{e^n} + 1-\log{n!} \\
    &= \log{\frac{\sqrt{n}n^n}{n!e^n}} + 1 \\
    &= 1-\log{a_n}
    \end{align*}
    $$

    が成り立つ.$a_n$ はこのグラフの面積の差を表す.

    $\log{\sqrt{2\pi}} \fallingdotseq 0.9189 \cdots$ であるから,$A_n-T_n$ は $0.081$ 程度の値となる.

    20190602 更新


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