スターリングの公式

この記事ではStirlingの公式を次の形で証明します(Robbinsによる)。

Stirlingの公式 $n$ を正整数とするとき、

$\displaystyle n!=\sqrt{2\pi}n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n}e^{r_n}$

が

$\displaystyle \frac{1}{12n+1} < r_n < \frac{1}{12n}$

を満たす形で成り立つ。

H. Robbins, A remark on Stirling's formula, Amer. Math. Monthly, Vol. 62, No. 1 (1955), 26-29.

証明. $S_n:=\log (n!) = \sum_{j=1}^{n-1}\log(j+1)$ とし、

$\displaystyle \log (j+1) = A_j+B_j-\varepsilon_j$

と分ける。ここで、

$\begin{align} A_j &:= \int_j^{j+1}\log xdx \\ B_j &:= \frac{1}{2}(\log(j+1)-\log j) \\ \varepsilon_j &:= \int_j^{j+1}\log xdx - \frac{1}{2}(\log(j+1)+\log j)= \frac{2j+1}{2}\log \frac{j+1}{j}-1\end{align}$

である。すると、

$\displaystyle S_n = \sum_{j=1}^{n-1}(A_j+B_j-\varepsilon_j) = \int_1^n\log x dx+\frac{1}{2}\log n-\sum_{j=1}^{n-1}\varepsilon_j = \left(n+\frac{1}{2}\right)\log n-n+1-\sum_{j=1}^{n-1}\varepsilon_j$

となる。対数関数のマクローリン展開によって

$\displaystyle \log \frac{1+x}{1-x} = 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}, \quad \left|x\right| < 1$

なので、 $x=(2j+1)^{-1}$ とおくと $\frac{1+x}{1-x} = \frac{j+1}{j}$ であり、

$\displaystyle \varepsilon_j = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k+1)(2j+1)^{2k}}$

である。よって、

$\displaystyle \varepsilon_j < \frac{1}{3(2j+1)^2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2j+1)^{2k}} = \frac{1}{3(2j+1)^2}\cdot \frac{1}{1-(2j+1)^{-2}}=\frac{1}{12}\left(\frac{1}{j}-\frac{1}{j+1}\right)$

$\begin{align} \varepsilon_j &> \frac{1}{3(2j+1)^2}\left(1+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(3(2j+1)^2)^k}\right) =\frac{1}{3(2j+1)^2}\cdot \frac{1}{1-(3(2j+1)^2)^{-1}} \\ &> \frac{1}{12}\left(\frac{1}{j+\frac{1}{12}}-\frac{1}{j+1+\frac{1}{12}}\right)\end{align}$