¿Existe una aproximación inversa a la de Stirling?

Question

La función factorial no puede tener una inversa, $0!$ y $1!$ con el mismo valor. Sin embargo, la aproximación de Stirling al factorial $x! \sim x^xe^{-x}\sqrt{2\pi x}$ no tiene este problema, y podría proporcionar un inverso aproximado de la función factorial. Pero, ¿se puede derivar esto realmente, y si es así, cómo? Aquí está mi trabajo:

$$ \begin{align} y &= x^xe^{-x}\sqrt{2\pi x}\\ y^2 &= 2\pi x^{2x + 1}e^{-2x}\\ \frac{y^2}{2\pi} &= x^{2x + 1}e^{-2x}\\ \ln \frac{y^2}{2\pi} &= (2x + 1)\ln x - 2x\\ \ln \frac{y^2}{2\pi} &= 2x\ln x + \ln x - 2x\\ \ln \frac{y^2}{2\pi} &= 2x(\ln x - 1) + \ln x \end{align} $$

Eso es lo más lejos que puedo llegar. Sospecho que la solución puede requerir la función W de Lambert.

Edición: Acabo de darme cuenta de que después del paso 3 anterior, se pueden dividir ambos lados por e para conseguir

$$\left(\frac{x}{e}\right)^{2x + 1} = \frac{y^2}{2e\pi}$$

¿Puede solucionarse?

Answer 1

Es mejor empezar con $$ x! \approx \left( {\frac{{x + \frac{1}{2}}}{e}} \right)^{x + \frac{1}{2}} \sqrt {2\pi } . $$ Configuración $$ y = \left( {\frac{{x + \frac{1}{2}}}{e}} \right)^{x + \frac{1}{2}} \sqrt {2\pi } , $$ encontramos $$ \frac{1}{e}\log \left( {\frac{y}{{\sqrt {2\pi } }}} \right) = \frac{{x + \frac{1}{2}}}{e}\log \left( {\frac{{x + \frac{1}{2}}}{e}} \right) = \exp \left( {\log \left( {\frac{{x + \frac{1}{2}}}{e}} \right)} \right)\log \left( {\frac{{x + \frac{1}{2}}}{e}} \right). $$ Utilizamos el método Lambert $W$ -función definida por $W\left( z \right)e^{W\left( z \right)} = z$ para $z>0$ . De lo anterior se desprende que $$ \log \left( {\frac{{x + \frac{1}{2}}}{e}} \right) = W\left( {\frac{1}{e}\log \left( {\frac{y}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)} \right). $$ De donde $$ \frac{{x + \frac{1}{2}}}{e} = \exp \left( {W\left( {\frac{1}{e}\log \left( {\frac{y}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)} \right)} \right) = \frac{{\frac{1}{e}\log \left( {\frac{y}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)}}{{W\left( {\frac{1}{e}\log \left( {\frac{y}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)} \right)}}, $$ es decir, $$ x = \frac{{\log \left( {\frac{y}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)}}{{W\left( {\frac{1}{e}\log \left( {\frac{y}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)} \right)}} - \frac{1}{2}. $$ Por ejemplo, si $y=720$ entonces $$ x = \frac{{\log \left( {\frac{{720}}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)}}{{W\left( {\frac{1}{e}\log \left( {\frac{{720}}{{\sqrt {2\pi } }}} \right)} \right)}} - \frac{1}{2} \approx 5.99658, $$ que es una muy buena aproximación.

Answer 2

Como $n$ aumenta hasta el infinito queremos saber aproximadamente el tamaño del $x$ que satisface la ecuación $x! = n$ . Por Stirling $$ x^x e^{-x} \sqrt{2\pi x} \sim n $$ Sólo se centra en $x^x$ una primera aproximación es $\log n / \log\log n$ . Ahora escribiendo $x = \log n / \log\log n + x_1$ y resolviendo aproximadamente para $x_1$ esta vez utilizando $x^x e^{-x}$ obtenemos $$ x = \frac{\log n}{\log\log n} + \frac{\log n \cdot ( \log\log\log n + 1)}{(\log\log n)^2} + x_2 $$ con un aún más pequeño $x_2$ que también se puede determinar introduciendo esto en $x^x e^{-x}$ . Con el tiempo, se dará cuenta de que el $\sqrt{2\pi x}$ es demasiado pequeño para contribuir. Se puede continuar así, y esto dará una serie asintótica (no convergente) (en potencias de $\log\log n$ ). Para más información, recomiendo consultar el libro de De Brujin "Asymptotic methods in analysis". Se centra específicamente en el caso de $n!$ caso en uno de los capítulos (no tengo el libro conmigo para comprobarlo).

Answer 3

Si desea hacer un inverso del factorial para un valor fraccionario, intente comenzar con uno de las aproximaciones aquí y resolviendo para $x$ . Las dos fórmulas son $$x!\approx\sqrt{2\pi}x^xe^{-x}\sqrt{x+\frac{1}{6}+\frac{1}{72x}-\frac{31}{6480x^2}-\frac{139}{155520x^3}+\frac{9871}{6531840x^4}}\\ x!\approx\sqrt{2\pi}x^xe^{-x}\root{\LARGE{4}}\of{x^2+\frac{x}{3}+\frac{1}{18}-\frac{2}{405x}-\frac{31}{9720x^2}}$$ Puede que no sean tan sencillas de resolver como la aproximación de Stirling, pero son mucho más precisas para valores pequeños de $x$ . Leer el artículo mientras estás en ello.

Actualización: aparentemente La aproximación de Ramanujan es aún más preciso. $$x!\approx\sqrt{\pi}\left(\frac{x}{e}\right)^x\root{\LARGE{6}}\of{8x^3+4x^2+x+\frac{1}{30}}$$