En el límite de la aproximación de Stirling

Question

Recientemente he probado la siguiente identidad curiosa: De verdad $x \geqslant 1$ , \begin {alinear} \lfloor x \rfloor ! = x^{ \lfloor x \rfloor } e^{1-x} e^{ \int_ {1}^{x} \text {frac}(t)/t \ ~ dt} \end {alinear} donde $ \text {frac}(x)$ denota la parte fraccionaria (función) de $x$ . Una prueba se deriva de una aplicación de Teorema de Legendre en el orden de un divisor principal de la función factorial y una identidad que involucra a la la función de Bruijn .

Una expansión asintótica de la integral como $x \to \infty $ rendimientos La aproximación de Stirling de ahí el título del puesto. ¿Se conoce este resultado exacto en la literatura?

¡Gracias!

Answer 1

Eso funciona. Hay dos partes. Escriba a $x = n + \delta ,$ con $n \in \mathbb Z$ y $0 \leq \delta < 1.$ Su identidad $$ \lfloor x \rfloor ! = x^{ \lfloor x \rfloor } e^{1-x} e^{ \int_ {1}^{x} \text {frac}(t)/t \ dt}.$$ se convierte en $$ n! = (n + \delta )^n \; e^{1-n} \; e^{- \delta } \; e^{ \int_ {1}^{n} \text {frac}(t)/t \ dt} \; e^{ \int_ {n}^{n + \delta } \text {frac}(t)/t \ dt} $$ Como el lado izquierdo $n!$ es independiente de $ \delta ,$ necesitamos el factor que depende de $ \delta $ para ser una constante (pero dependiendo de $n$ ). Tenga en cuenta que $$ { \int_ {n}^{n + \delta } \text {frac}(t)/t \ dt} = \delta + n \log \left ( \frac {n}{n+ \delta } \right ) $$ Así que el factor $$ (n + \delta )^n \; e^{- \delta } \; e^{ \int_ {n}^{n + \delta } \text {frac}(t)/t \ dt} = (n + \delta )^n \; e^{- \delta } \; e^{ \delta } \; \left ( \frac {n}{n+ \delta } \right )^n = n^n $$ es de hecho independiente de $ \delta ,$ y tu identidad es $$ n! = n^n \; e^{1-n} \; e^{ \int_ {1}^{n} \text {frac}(t)/t \ dt} .$$ Esto es bastante lindo. Prueba por inducción: es cierto para $n=1,$ ambos lados son sólo $1.$ En el paso de inducción, tenemos el lado derecho con $(n+1)$ como $$ RHS_{n+1} = (n+1)^{n+1} \; e^{-n} \; e^{ \int_ {1}^{n} \text {frac}(t)/t \ dt} \; e^{ \int_ {n}^{n+1} \text {frac}(t)/t \ dt}. $$ El factor final es lo que tenemos con $ \delta = 1,$ que es $$ { \int_ {n}^{n+1} \text {frac}(t)/t \ dt} = 1 + n \log \left ( \frac {n}{n+1} \right ) $$ Así que $$ RHS_{n+1} = (n+1) \; (n+1)^n \; e^{-n} \; e^{ \int_ {1}^{n} \text {frac}(t)/t \ dt} \; \cdot e \cdot \; \left ( \frac {n}{n+1} \right )^n $$ y $$ RHS_{n+1} = (n+1) \; n^n \; e^{1-n} \; e^{ \int_ {1}^{n} \text {frac}(t)/t \ dt} $$ y la hipótesis de inducción dice $$ RHS_{n+1} = (n+1) \; n! $$

Answer 2

Aunque mi pregunta anterior se refiere a si la identidad publicada es un resultado conocido o no, añadiré la siguiente prueba elemental y directa (sin recurrir al Teorema de Legendre o a la función de Bruijn necesaria para una versión más general).

Propuesta De verdad. $x \geqslant 1$ la siguiente identidad se mantiene \begin {alinear} \lfloor x \rfloor ! = x^{ \lfloor x \rfloor } e^{1-x} e^{ \int_1 ^{x} \frac { \text {\i1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}*Frac}}(t)}}. \end {alinear}

Prueba. Para cada entero positivo $n$ la función $f(t) = \tfrac { \text {frac}(t)}{t}$ es igual a $1 - \tfrac {n}{t}$ en $[n,n+1]$ . Así, \begin {alinear} \int_ {1}{\b1}{\b1}{\b1}F(t) \b} {\b1}DTT&{\b}{\b}} \sum_ {k = 1}^{n-1} \int_ {k}^{k+1} (1 - \tfrac {k} {k}) \ ~ - dt \\ & = n - 1 + \log n! - n \log n. \end {alinear} Al dividir la siguiente integral en dos partes, calculamos \begin {alinear} \int_ {1}{x} f(t) \ ~ d t & ={\i} \int_ {1}^{ \lfloor x \rfloor f(t) \ ~ d t + \int_ { \lfloor x \rfloor f(t) \ ~ - f(t) \ ~ - dt \\ & = \lfloor x \rfloor - 1 + \log \lfloor x \rfloor ! - \lfloor x \rfloor \log \lfloor x \rfloor + \int_ { \lfloor x \rfloor f(t) \ ~ - d t. \end {alinear} Sólo tenemos que calcular la última integral, \begin {alinear} \int_ { \lfloor x \rfloor }^{{\i} f(t) \ ~ - dt & = \int_ {0}^{ \text {frac}(x) } \frac { \text {frac}(t + \lfloor x \rfloor )}{t + \lfloor x \rfloor } \ ~ - d t \\ & = \int_ {0}^{ \text {frac}(x) } \frac {t}{t + \lfloor x \rfloor } \ ~ - d t \\ & = \text {frac}(x) + \lfloor x \rfloor \log \lfloor x \rfloor - \lfloor x \rfloor \log x \end {alinear} por un cambio de variables de $t$ a $t + \lfloor x \rfloor $ . Por lo tanto, juntas estas identidades producen \begin {alinear} \int_ {1}{{x} f(t) \ ~ dt & = x - 1 +{\i} \log \lfloor x \rfloor ! - \lfloor x \rfloor \log x, \end {alinear} que completa la prueba de la reclamación.