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:

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

Demonstrație

Conform unei proprietăți a logaritmilor:

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

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

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

pentru $n\geq 1.$

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

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

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

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

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

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

Fie:

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

Se poate obține:

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

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:

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

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:

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

unde

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

Utilizând funcția exponențială, se obține:

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

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

Se utilizează formula lui Wallis:

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

care poate fi scrisă:

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

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.