La fórmula de Stirling: ¿prueba?

Question

Supongamos que queremos demostrar que $$ n! \sim \sqrt{2 \pi} n^{n+(1/2)}e^{-n}$$

En cambio, podríamos demostrar que $$\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^{n+(1/2)}e^{-n}} = C$$ donde $C$ es una constante. Tal vez $C = \sqrt{2 \pi}$ .

¿Cuál es una buena manera de hacerlo? ¿Podríamos utilizar La regla de L'Hopital ? ¿O tal vez tomar el logaritmo de ambos lados (por ejemplo, calcular el límite del logaritmo de la cantidad)? Así, por ejemplo, hacer lo siguiente $$\lim_{n \to \infty} \log \left[\frac{n!}{n^{n+(1/2)}e^{-n}} \right] = \log C$$

Answer 1

Inspirado en las dos referencias de abajo, he aquí una breve prueba despojada de motivación y detalles.

Para $t>0$ , defina

$$ g_t(y) = \begin{cases} \displaystyle \left(1+\frac{y}{\sqrt{t}}\right)^{\!t} \,e^{-y\sqrt{t}} & \text{if } y>-\sqrt{t}, \\ 0 & \text{otherwise}. \end{cases} $$

No es difícil demostrar que $t\mapsto g_t(y)$ es decreciente para $y\geq 0$ y aumentando para $y\leq 0$ . El límite es $g_\infty(y)=\exp(-y^2/2)$ por lo que la convergencia dominada da

$$ \lim_{t\to\infty}\int_{-\infty}^\infty g_t(y)\,dy = \int_{-\infty}^\infty \exp(-y^2/2)\,dy = \sqrt{2\pi}. $$

Utilizar el cambio de variables $x=y\sqrt{t}+t$ para conseguir

$$ t! = \int_0^\infty x^t e^{-x}\,dx = \left(\frac{t}{e}\right)^t \sqrt{t} \int_{-\infty}^\infty g_t(y)\,dy. $$

Referencias:

[1] J.M. Patin, Una prueba muy breve de la fórmula de Stirling , Boletín Mensual de Matemáticas de EE.UU. 96 (1989), 41-42.

[2] Reinhard Michel, El $(n+1)$ La prueba de la fórmula de Stirling , Boletín Mensual de Matemáticas de EE.UU. 115 (2008), 844-845.

Answer 2

La forma en que suelo mostrar la aproximación asintótica de Stirling comienza con la fórmula $$ \begin{align} n! &=\int_0^\infty x^ne^{-x}\;\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty e^{-x+n\log(x)}\;\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty e^{-nx+n\log(nx)}n\;\mathrm{d}x\\ &=n^{n+1}\int_0^\infty e^{-nx+n\log(x)}\;\mathrm{d}x\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_{-1}^\infty e^{-nx+n\log(1+x)}\;\mathrm{d}x\\ &=n^{n+1}e^{-n}\int_{-\infty}^\infty e^{-nu^2/2}x'\;\mathrm{d}u\tag{1} \end{align} $$ Dónde $u^2/2=x-\log(1+x)$ . Es decir, $u(x)=x\sqrt{\frac{x-\log(1+x)}{x^2/2}}$ que es analítica cerca de $x=0$ La singularidad de $\frac{x-\log(1+x)}{x^2/2}$ en $x=0$ es removible, y como $\frac{x-\log(1+x)}{x^2/2}$ está cerca $1$ cuando $x$ está cerca $0$ , $\sqrt{\frac{x-\log(1+x)}{x^2/2}}$ es analítico cerca de $x=0$ . Desde $u(0)=0$ y $u'(0)=1$ El Teorema de inversión de Lagrange dice que $x$ es una función analítica de $u$ cerca de $u=0$ con $x(0)=0$ y $x'(0)=1$ .

Tenga en cuenta que como $u^2/2=x-\log(1+x)$ tenemos $$ u(1+x)=xx'\tag{2} $$ de lo que se deduce que $\lim\limits_{u\to+\infty}\dfrac{x'(u)}{u}=1$ y $\lim\limits_{u\to-\infty}\dfrac{x'(u)}{ue^{-u^2/2}}=-1$ . Es decir, $x'(u)=O(u)$ para $|u|$ cerca de $\infty$ .

Porque $x$ es una función analítica con $x(0)=0$ y $x'(0)=1$ , $$ x=\sum_{k=1}^\infty a_ku^k\tag{3} $$ donde $a_1=1$ . Entonces, mirando el coeficiente de $u^n$ en $(2)$ obtenemos $$ \begin{align} a_{n-1} &=\sum_{k=1}^na_{n-k+1}ka_k\\ &=\sum_{k=1}^na_k(n-k+1)a_{n-k+1}\\ &=\frac{n+1}{2}\sum_{k=1}^na_ka_{n-k+1}\tag{4} \end{align} $$ Por lo tanto, obtenemos la recursión $$ a_n=\frac{a_{n-1}}{n+1}-\frac{1}{2}\sum_{k=2}^{n-1}a_ka_{n-k+1}\tag{5} $$ Así, obtenemos el inicio de la serie de potencias para $x(u)$ para ser $$ x=u+\tfrac{1}{3}u^2+\tfrac{1}{36}u^3-\tfrac{1}{270}u^4+\tfrac{1}{4320}u^5+\tfrac{1}{17010}u^6-\tfrac{139}{5443200}u^7+\tfrac{1}{204120}u^8+\dots\tag{6} $$ La integración por partes da lugar a las dos identidades siguientes: $$ \int_{-\infty}^\infty e^{-nu^2}|u|^{2k+1}\;\mathrm{d}u=\frac{k!}{n^{k+1}}\tag{7a} $$ y $$ \int_{-\infty}^\infty e^{-nu^2}u^{2k}\;\mathrm{d}u=\frac{(2k-1)!!}{2^kn^{k+1/2}}\sqrt{\pi}\tag{7b} $$ Además, tenemos las siguientes estimaciones de cola: $$ \begin{align} \int_{|u|>a}e^{-nu^2}\;\mathrm{d}u &=\int_a^\infty e^{-nu^2}u^{-1}\;\mathrm{d}u^2\\ &=\int_{a^2}^\infty e^{-nu}u^{-1/2}\;\mathrm{d}u\\ &\le\frac{1}{a}\int_{a^2}^\infty e^{-nu}\;\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{na}\int_{na^2}^\infty e^{-u}\;\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{na}e^{-na^2}\tag{8a} \end{align} $$ y para $k\ge1$ , $$ \begin{align} \int_{|u|>a}e^{-nu^2}|u|^{k}\;\mathrm{d}u &=\int_a^\infty e^{-nu^2}u^{k-1}\;\mathrm{d}u^2\\ &=\int_{a^2}^\infty e^{-nu}u^{(k-1)/2}\;\mathrm{d}u\\ &=n^{-(k+1)/2}\int_{na^2}^\infty e^{-u}u^{(k-1)/2}\;\mathrm{d}u\\ &=n^{-(k+1)/2}\int_{na^2}^\infty e^{-u/2}e^{-u/2}u^{(k-1)/2}\;\mathrm{d}u\\ &\le n^{-(k+1)/2}\int_{na^2}^\infty e^{-u/2}\left(\frac{k-1}{e}\right)^{(k-1)/2}\;\mathrm{d}u\\ &=\frac{2}{n}\left(\frac{k-1}{ne}\right)^{(k-1)/2}e^{-na^2/2}\tag{8b} \end{align} $$ Las estimaciones de cola en $(8)$ son $O\left(\frac{1}{n}e^{-na^2/2}\right)$ para todos $k\ge0$ . Es decir, decaen más rápido que cualquier potencia de $n$ .

Definir $$ f_k(u)=x'(u)-a_1-2a_2u-\dots-2ka_{2k}u^{2k-1}\tag{9} $$ Desde $x(u)$ es analítico cerca de $u=0$ , $f_k(u)=O\left(u^{2k}\right)$ cerca de $u=0$ . Desde $x'(u)=O(u)$ para $|u|$ cerca de $\infty$ , $f_k(u)=O\left(u^{2k-1}\right)$ para $|u|$ cerca de $\infty$ . Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty e^{-nu^2/2}f_k(u)\;\mathrm{d}u &=\int_{|u|< a}e^{-nu^2/2}f_k(u)\;\mathrm{d}u + \int_{|u|> a}e^{-nu^2/2}f_k(u)\;\mathrm{d}u\\ &\le\int_{|u|< a}e^{-nu^2/2}C_1u^{2k}\;\mathrm{d}u + \int_{|u|> a}e^{-nu^2/2}C_2|u|^{2k-1}\;\mathrm{d}u\\ &=O\left(\frac{1}{n^{k+1/2}}\right)\tag{10} \end{align} $$ Por lo tanto, el uso de $\mathrm{(7b)}$ y $(10)$ obtenemos $$ \begin{align} n! &=n^{n+1}e^{-n}\int_{-\infty}^\infty e^{-nu^2/2}\left(1+\tfrac{1}{12}u^2+\tfrac{1}{864}u^4-\tfrac{139}{777600}u^6+f_4(u)\right)\;\mathrm{d}u\\ &+\;n^{n+1}e^{-n}\int_{-\infty}^\infty e^{-nu^2/2}\left(\tfrac{2}{3}u-\tfrac{2}{135}u^3+\tfrac{1}{2835}u^5+\tfrac{1}{25515}u^7\right)\;\mathrm{d}u\\ &=\sqrt{2n}\;n^ne^{-n}\left(\int_{-\infty}^\infty e^{-u^2}\left(1+\tfrac{1}{6n}u^2+\tfrac{1}{216n^2}u^4-\tfrac{139}{97200n^3}u^6\right)\;\mathrm{d}u+O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right)\\ &=\sqrt{2\pi n}\;n^ne^{-n}\left(1+\frac{1}{12n}+\frac{1}{288n^2}-\frac{139}{51840n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right)\tag{11} \end{align} $$

Answer 3

En lugar de una prueba, ¿qué tal una serie de pistas? Esto viene de la Introducción al Análisis de Maxwell Rosenlicht (un pequeño y gran texto fácil de leer que es muy barato - es un libro de bolsillo de Dover).

• Capítulo VI: Problema nº 22 Demuestre que para $n=1,2,3,\dots$ tenemos que $$ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln(n)$$ es positivo y disminuye a medida que $n$ aumenta. Por lo tanto, esto converge a un número entre 0 y 1 (la constante de Euler).

• Capítulo VII: Problema nº 39 Para $n=0,1,2,\dots$ dejar $I_n=\int_0^{\pi/2} \sin^n(x)\,dx$ . Demostrar que

(a) $\frac{d}{dx}\left(\cos(x)\sin^{n-1}(x)\right) = (n-1)\sin^{n-2}(x)-n\sin^n(x)$

(b) $I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$ si $n \geq 2$

(c) $I_{2n} = \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)}\frac{\pi}{2}$ y $I_{2n+1} = \frac{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)}{3\cdot 5\cdot 7\cdots (2n+1)}$ para $n=1,2,3,\dots$

(d) $I_0, I_1, I_2, \dots$ es una secuencia decreciente que tiene el límite cero y $$ \lim_{n \to \infty} \frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=1$$

(e) Producto de Wallis: $$\lim_{n \to \infty} \frac{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6\cdot 6 \cdots (2n)\cdot (2n)}{1\cdot 3\cdot 3\cdot 5\cdot 5\cdot 7 \cdots (2n-1)\cdot (2n+1)}=\frac{\pi}{2}$$

• Capítulo VII: Problema nº 40

(a) Demuestre que si $f:\{ x\in \mathbb{R}\;|\; x\geq 1\} \to \mathbb{R}$ es continua, entonces $$ \sum\limits_{i=1}^n f(i) = \int_1^{n+1} f(x)\,dx + \sum\limits_{i=1}^n\left(f(i)-\int_i^{i+1} f(x)\,dx\right)$$

(b) Demuestre que si $i>1$ entonces $\ln(i)-\int_i^{i+1}\,dx$ difiere de $-1/2i$ por menos de $1/6i^2$ . [ Una pista: Calcula la integral utilizando la serie de Taylor para $\ln(1+x)$ en el punto $0$ .]

(c) Utilice la parte (a) con $f=\ln$ (b), y el problema 22 del capítulo VI para demostrar que existe el siguiente límite: $$\lim_{n \to \infty} \left(\ln(n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln(n)+n\right)$$

(d) Utiliza la parte (e) del Problema #39 para calcular el límite anterior, obteniendo entonces: $$ \lim_{n\to \infty} \frac{n!}{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}}=1$$ (es decir, la fórmula de Stirling)

Answer 4

Aquí hay un par de "pruebas" de la fórmula de Stirling. Son bastante elegantes (en mi opinión), pero no son rigurosas. Se podría escribir una prueba real a partir de ellas, pero como dependen de alguna maquinaria oculta, el resultado sería bastante pesado.

1) Una prueba no probabilística

Partimos de la expresión $e^{-n} n^n/n!$ de la que queremos encontrar un equivalente. Fijemos $n$ y que $Y$ sea una variable aleatoria con una distribución de Poisson de parámetro $n$ . Por definición, para cualquier número entero $k$ tenemos $\mathbb{P} (Y=k) = e^{-n} n^k/k!$ . Si tomamos $k=n$ obtenemos $\mathbb{P} (Y=n) = e^{-n} n^n/n!$ . La suma de $n$ variables aleatorias independientes con una distribución de Poisson de parámetro $1$ tiene una distribución de Poisson de parámetro $n$ Así que tomemos una secuencia $(X_k)$ de variables aleatorias i.i.d. con una distribución de Poisson de parámetro $1$ . Tenga en cuenta que $\mathbb{E} (X_0) = 1$ . Tenemos:

$$\mathbb{P} \left( \sum_{k=0}^{n-1} (X_k - \mathbb{E} (X_k)) = 0 \right) = \frac{e^{-n} n^n}{n!}.$$

En otras palabras, $e^{-n} n^n/n!$ es la probabilidad de que un paseo aleatorio centrado con pasos poissonianos de parámetro $1$ está en $0$ en el momento $n$ . Disponemos de herramientas para estimar tales cantidades, a saber, los teoremas locales del límite central. Ellos afirman que:

$$\frac{e^{-n} n^n}{n!} = \mathbb{P} \left( \sum_{k=0}^{n-1} (X_k - \mathbb{E} (X_k)) = 0 \right) \sim \frac{1}{\sqrt{2 \pi n \text{Var} (X_0)}},$$

una fórmula que se parece mucho a la integral de Gauss y a los procesos de difusión. Dado que la varianza de $X_0$ es $1$ obtenemos:

$$n! \sim \sqrt{2 \pi n} n^n e^{-n}.$$

La pega es, por supuesto, que los teoremas del límite central local no son en absoluto resultados elementales (excepto para los paseos aleatorios simples, y eso si ya conoces la fórmula de Stirling...). Los métodos que conozco para demostrar tales resultados implican teoremas de Tauber y análisis de residuos. En cierto modo, estas cosas probabilísticas son una forma de disfrazar enfoques más clásicos (en mi defensa, si todo lo que tienes es un martillo, todo parece un clavo).

Creo que se podrían obtener términos de orden superior para la fórmula de Stirling calculando una asintótica más precisa para la función de Green en $0$ que requiere el conocimiento de los momentos superiores de la distribución de Poisson. Obsérvese que la función generadora de una distribución de Poisson de parámetro $1$ es:

$$\mathbb{E} (e^{t X_0}) = e^{e^t-1},$$

y este "exponencial de los exponenciales" aparecerá de nuevo en un momento.

2) Una función generadora no a prueba

Si desea aplicar métodos analíticos a problemas relacionados con las secuencias, las funciones generadoras son una herramienta muy útil. Por desgracia, las series $\sum_{n \geq 0} n! z^n$ no es convergente para valores no nulos de $z$ . En su lugar, trabajaremos con:

$$e^z = \sum_{n \geq 0} \frac{z^n}{n!};$$

estamos de suerte, ya que esta función generadora es conocida. Sea $\gamma$ sea un simple bucle alrededor de $0$ en el plano complejo, orientado en sentido contrario a las agujas del reloj. Fijemos algún número entero no negativo $n$ . Por la fórmula de Cauchy,

$$\frac{1}{n!} = \frac{1}{n!} \frac{\text{d} e^z}{\text{d} z}_{|_0} = \frac{1}{2 \pi i} \oint_\gamma \frac{e^z}{z^{n+1}} \text{d} z.$$

Elegimos para $\gamma$ el círculo de radio $n$ alrededor de $0$ con su parametrización natural $z (t) = n e^{it}$ :

$$\frac{1}{n!} = \frac{1}{2 \pi i} \int_{- \pi}^{\pi} \frac{e^{n e^{it}}}{n^{n+1} e^{(n+1)it}} nie^{it} \text{d} t = \frac{e^n}{2 \pi n^n} \oint_{- \pi}^{\pi} e^{n (e^{it}-it-1)} \text{d} t = \frac{e^n}{2 \pi \sqrt{n} n^n} \int_{- \pi \sqrt{n}}^{\pi \sqrt{n}} e^{n \left(e^{\frac{i\theta}{\sqrt{n}}}-\frac{i\theta}{\sqrt{n}}-1\right)} \text{d} \theta,$$

donde $\theta =t \sqrt{n}$ . Hasta aquí, tenemos una fórmula exacta; obsérvese que nos encontramos de nuevo con el "exponencial del exponencial". Ahora viene el salto de fe. Para $x$ cerca de $0$ El valor de $e^x-x-1$ es aproximadamente $x^2/2$ . Además, los límites de la integral se acercan a $- \infty$ y $ \infty$ . Por lo tanto, para grandes $n$ tenemos:

$$\frac{1}{n!} \sim \frac{e^n}{2 \pi \sqrt{n} n^n} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{\frac{n}{2} \left(\frac{i\theta}{\sqrt{n}}\right)^2} \text{d} \theta = \frac{e^n}{2 \pi \sqrt{n} n^n} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-\frac{\theta^2}{2}} \text{d} \theta = \frac{e^n}{\sqrt{2 \pi n} n^n}.$$

Por supuesto, no es en absoluto trivial demostrar que las equivalencias que hemos tomado son rigurosas. De hecho, si uno aplica este método a funciones generadoras malas (por ejemplo $(1-z)^{-1}$ ), pueden obtener resultados falsos. Sin embargo, esto puede hacerse para algunos admisible funciones, y la exponencial es una de ellas.

He aprendido este método gracias a Don Zagier. También se explica en Generación de funcionalidades , Capítulo $5$ (III), donde el autor da crédito a Hayman. La referencia original parece ser Una generalización de la fórmula de Stirling (Hayman, 1956), pero ahora no puedo leerlo.

Una de las ventajas de este método es que resulta muy fácil obtener los siguientes términos en la expansión asintótica de $n!$ . Sólo hay que desarrollar más la función $e^x-x-1$ en $0$ . Otra ventaja es que es bastante general, ya que puede aplicarse a muchas otras secuencias.

Answer 5

Dependiendo de las preferencias de cada uno, se puede considerar que es posible entender la fórmula de Stirling (¿tal vez debida realmente a Laplace?) en un contexto más general y útil, a saber, como un ejemplo de un tratamiento de la asintótica de las integrales del tipo "método de Laplace" o "fase estacionaria".

Está disponible en línea en mi página http://www.math.umn.edu/~garrett/m/v/ con el archivo http://www.math.umn.edu/~garrett/m/v/basic_asymptotics.pdf

Se podrían objetar ciertos tratamientos muy clásicos que hacen aparecer a Gamma como una cosa singular. Aunque estoy de acuerdo en que tiene una importancia singular en aplicaciones dentro y fuera de las matemáticas, los medios para establecer su asintótica son no .