Stirling Serie Derivación

Question

Estaba leyendo este artículo y en la parte superior de la página 9, que dice que a medida $n\to\infty$, $$\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1/2}e^{-1}\left(1+\frac{a_1}{(n+1)}+\frac{a_2}{(n+1)^2}+\cdots \right)=1+\frac{a_1}{n}+\frac {a_2-a_1+1/12}{n^2}+\frac{(13/12) a_1-2a_2+a_3-1/12}{n^3}...$$ I just do not understand where the $1/12,~13/12,~\texto{etc}$ vienen, así que ¿alguien puede aclararme?

Y algo más:

Si me han demostrado la exacta relación $n!= \sqrt{n}(n/e)^n e^{1-E(n)}$ donde $$E(n)=\sum\limits_{k=1}^{n-1} \biggl[\left(\frac {2k+1}{2}\right)\ln \left(\frac{k+1}{k}\right)-1\biggl]$$ that after some working gets to $$\sum\limits_{k=1}^{n-1} \biggl[\left(\frac{1}{3(2k+1)^2}+\frac{1}{5(2k+1)^4}+ \cdots\right)\biggl]<\frac{n-1}{12n},$$ puedo usar esto en alguna manera de obtener Stirling de la serie (la serie, no el primer término)?

Sé que se puede derivar de la serie usando el de Euler-Maclaurin la fórmula, pero yo quiero esto para un ensayo y estoy bien fuera de la palabra límite para introducir un nuevo resultado.

Gracias.

Answer 1

La constante de Euler $e$ tiene un estándar de representación como el límite, como $n\rightarrow \infty$$(1+1/n)^n$. Para finito de valores de $n$, el producto de la expresión que mire, tiene la expansión de la $e^{-1}(1+1/n)^n=1-\frac{1}{2n}+\frac{11}{24n^2}\ldots$. El real factor que tenemos es $e^{-1}(1+1/n)^n(1+1/n)^{1/2}$. El uso de la serie de $(1+x)^{1/2}=1+(1/2)x+\ldots$ ( $x=1/n$ ) la multiplicación de la serie, y la recopilación de términos, se obtiene:$e^{-1}(1+1/n)^n=1+\frac{1}{12n^2}-\frac{1}{12 n^3}\ldots$. Esto es fácil de comprobar en Mathematica, pero incluso con la mano no es tan malo una vez que el uso básico de la representación de $e$. Este cálculo da a los términos que no impliquen $a_i$.

Como para el $13/12$ y tales términos, que provienen de la expansión de $\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n}\frac{n}{n+1}=\frac{1}{n}\frac{1}{1+(1/n)}=\frac{1}{n}(1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}+\ldots$), de nuevo, la recopilación de términos y tal.

Esta es una respuesta a la primera parte de la pregunta.

Answer 2

Stirling fórmula, a partir de steepest descent.

\[ n! = \int_0^\infty t^n e^{-t} \, dt = \int_0^\infty e^{-t + n \ln t} \, dt\]

El exponente $f(t) = -t + n \ln t$ tiene un punto crítico en $t = n$ desde $f'(t) = -1 + n/t$

\[ f(t) = -n + n \ln n - \frac{1}{2n} (t-n)^2 + O(t-n)^3 \]

Este segundo orden de expansión significa que podemos aproximar la función factorial utilizando una Gaussiana integral:

\[ n! \simeq \int_0^\infty e^{-n + n \ln n - \frac{1}{2n} (t-n)^2 } \, dt = e^{-n + n \ln n} \sqrt{2\pi n}\]

Si eres más cuidadoso, usted puede obtener todos los términos de esta manera. Nadie tiene una buena explicación para ello, sin embargo.

---

En general, si $x_0$ es un punto crítico de $f$ luego de Laplace del método da

\[ \int_a^b e^{M f(x)} \, dx \approx \sqrt{\frac{ 2\pi }{ M | f"(x_0)|}}e^{M f(x_0)} \]