Formula lui Stirling

Raportul dintre (ln n!) şi (n ln n − n) se apropie de unitate când n creşte.

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

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

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

Această formulă este echivalentă cu:

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

Demonstrație

Conform unei proprietăți a logaritmilor:

$\log n!=\log 1+\log 2+\cdots +\log n.$

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

$\underset{n-1}{\overset{n}{\int }}\log xdx<\log n<\underset{n}{\overset{n+1}{\int }}\log xdx,$

pentru $n\ge 1.$

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

$\underset{0}{\overset{N}{\int }}\log xdx<\log (N!)<\underset{1}{\overset{N+1}{\int }}\log xdx$

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

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}\log xdx=\underset{a}{\overset{b}{\int }}{x}^{\prime }\log xdx=b\log b-a\log a+a-b.$

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

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

Fie:

$d_n=\log (n!)-(n+\frac{1}{2})\log n+n.$

Se poate obține:

$d_n-d_{n+1}=(n+\frac{1}{2})\log \frac{n+1}{n}-1$

și apoi:

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

Utilizând dezvoltarea în serie Taylor, se obține:

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

Pentru $-1<t<1$ se poate scrie:

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

Aceasta implică:

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

Luând în considerare proprietățile seriilor geometrice:

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

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

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{d}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{d}_n-\frac{1}{12n}=𝐂,$

unde

$C>d_1-\frac{1}{12}=1-\frac{1}{12}=\frac{11}{12}.$

Utilizând funcția exponențială, se obține:

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

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

Se utilizează formula lui Wallis:

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

care poate fi scrisă:

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

adică:

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

Utilizând formula de mai sus:

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

se obține:

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

Rezultă:

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

adică:

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

ceea ce trebuia demonstrat.