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スターリングの近似公式の厳密な証明 📂関数

スターリングの近似公式の厳密な証明

概要

lim⁡n→∞n!enln⁡n−n2πn=1 \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n} }} = 1

説明

スターリング近似あるいはスターリングの公式stirling formulaは、統計学や物理学など様々な場所で役立つ。また、ガンマ関数を使って次のように書くことができる。 Γ(n)≈enln⁡n−n2πn \Gamma ( n ) \approx {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n}}

この証明は、「ゼータ関数の秘密」という本の付録に載っていて、作者である黒川信繁黒川信繁っていう日本の数学者が高校生の時に発見して、数年後の数学セミナー1972年6月号に掲載したって明かしている。でも、実際に見てみると、省略が多くて、あまり参考にならないし、事実その論議は証明じゃなかった。同様に、「ゼータ関数の秘密」を直接見ることもあまり役に立たないだろう。自信を持って断言するが、黒川の証明を韓国で最も易しく、親切に説明したのはこのポストだ。

他の解析学の教科書に出てくる証明もあるけど、この証明を選んだ理由は、厳密さを諦めずに、今まで見たどんな証明よりも簡単だったからだ。もちろん、補助定理を証明する過程を全部含めると、もっと長くなるだろうけど、少なくともスターリング近似だけのために補助定理を証明する無駄な努力は避けられた。この証明法で出てくる補助定理は、かなりしっかりした文脈で出てくるもので、その過程に従っていくのも、学ぶ立場でとても楽しいことだ。

一緒に見る

証明

関数f(x):=ln⁡(1+x)f( x ) := \ln (1 + x)を定義しよう。

パート1. lim⁡n→∞[∑k=1nf(kn)−n∫01f(x)dx]=f(1)−f(0)2\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] = {{f(1) - f(0) } \over {2}}

f′(x)=11+x\displaystyle f '(x) = {{1} \over {1 + x}}から、x∈[k−1n,kn]\displaystyle x \in \left[ {{k-1} \over {n}} , {{k} \over {n}} \right]について、最小値は11+kn\displaystyle {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }}で、最大値は11+k−1n\displaystyle {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }}だ。したがって、

11+kn≤f(kn)−f(x)kn−x≤11+k−1n {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le {{ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) } \over { {{k} \over {n}} - x }} \le {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }}

両辺に(kn−x)\displaystyle \left( {{k} \over {n}} - x \right)をかけると、

11+kn(kn−x)≤f(kn)−f(x)≤11+k−1n(kn−x) {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \left( {{k} \over {n}} - x \right) \le f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \le {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} \left( {{k} \over {n}} - x \right)

両辺をk−1n\displaystyle {{k-1} \over {n}}からkn\displaystyle {{k} \over {n}}まで積分すると、

∫k−1nkn(kn−x)dx=kn1n−[12x2]k−1nkn=2k2n2−k2−k2+2k−12n2=12n2 \begin{align*} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left( {{k} \over {n}} - x \right) dx =& {{k} \over {n}} {{1} \over {n}} - \left[ {{1} \over {2}} x^2 \right]_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \\ =& {{2k} \over {2n^2}} - {{k^2 - k^2 + 2k - 1} \over {2n^2}} \\ =& {{1} \over {2n^2}} \end{align*}

だから、

12n211+kn≤∫k−1nkn[f(kn)−f(x)]dx≤12n211+k−1n {{1} \over {2n^2}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2n^2}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }}

両辺にnnをかけると、

12n11+kn≤n∫k−1nkn[f(kn)−f(x)]dx≤12n11+k−1n {{1} \over {2n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le n \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }}

両辺をk=1k=1からnnまで足すと、

12∑k=1n1n11+kn≤n∑k=1n∫k−1nkn[f(kn)−f(x)]dx≤12∑k=1n1n11+k−1n {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{n} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le n \sum_{k=1}^{n} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{n} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }}

真ん中の項は、

n∑k=1n∫k−1nkn[f(kn)−f(x)]dx=n[kn−k−1n]∑k=1nf(kn)−n∫01f(x)dx=∑k=1nf(kn)−n∫01f(x)dx \begin{align*} n \sum_{k=1}^{n} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx =& n \left[ {{k} \over {n}} - {{k-1} \over {n}} \right] \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \\ =& \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \end{align*}

区分求積法と定積分: lim⁡n→∞∑k=1nf(a+pnk)pn=∫01pf(a+px)dx\lim _{ n\to \infty }{ \sum _{ k=1 }^{ n }{ f\left( a+\frac { p }{ n }k \right) \frac { p }{ n } } } =\int _{ 0 }^{ 1 }{ pf(a+px)dx }

左辺と右辺は、n→∞n \to \inftyのとき、

12∑k=1∞1n11+kn=12∑k=1∞1n11+k−1n=12∫0111+xdx=12[ln⁡∣1+x∣]01=f(1)−f(0)2 \begin{align*} {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{\infty} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} =& {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{\infty} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} \\ =& {{1} \over {2}} \int_{0}^{1} {{1} \over {1 + x}} dx \\ =& {{1} \over {2}}\left[ \ln | 1 + x | \right]_{0}^{1} \\ =& {{f(1) - f(0) } \over {2}} \end{align*}

サンドウィッチ定理によって、

lim⁡n→∞[∑k=1nf(kn)−n∫01f(x)dx]=f(1)−f(0)2 \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] = {{f(1) - f(0) } \over {2}}

パート2. lim⁡n→∞[(2n)!n!nn(e4)n]=2\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] = \sqrt{2}

パート1で得られた各項を見てみよう。 最初の項∑k=1nf(kn)\displaystyle \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right)は、

∑k=1nf(kn)=∑k=1nln⁡(n+kn)=ln⁡(n+1nn+2n⋯n+nn)=ln⁡((2n)!n!nn) \begin{align*} \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) =& \sum_{k=1}^{n} \ln \left( {{n+k} \over {n}} \right) \\ =& \ln \left( {{n+1} \over {n}} {{n+2} \over {n}} \cdots {{n+n} \over {n}} \right) \\ =& \ln \left( {{ (2n)! } \over { n! n^n }} \right) \end{align*}

二番目の項n∫01f(x)dx\displaystyle n \int_{0}^{1} f(x) dxは、

n∫01f(x)dx=n[(1+x)ln⁡(1+x)−x]01=2nln⁡2−n=ln⁡(22nen)=ln⁡(4e)n \begin{align*} n \int_{0}^{1} f(x) dx =& n \left[ (1+x) \ln (1+x) -x \right]_{0}^{1} \\ =& 2n \ln 2 - n \\ =& \ln \left( {{2^{2n}} \over {e^{n}}} \right) \\ =& \ln \left( {{4} \over {e}} \right)^{n} \end{align*}

したがって、

lim⁡n→∞[∑k=1nf(kn)−n∫01f(x)dx]=lim⁡n→∞ln⁡[(2n)!n!nn(e4)n]=ln⁡22=ln⁡2 \begin{align*} \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] =& \lim_{n \to \infty} \ln \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] \\ =& {{ \ln 2 } \over {2}} \\ =& \ln \sqrt{2} \end{align*}

まとめると、

lim⁡n→∞[(2n)!n!nn(e4)n]=2 \lim_{n \to \infty} \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] = \sqrt{2}

パート3. lim⁡n→∞4n(n!)2n(2n)!=π\displaystyle \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! } } = \sqrt{ \pi }

ウォリスの積: ∏n=1∞4n24n2−1=lim⁡n→∞2⋅21⋅3⋅4⋅43⋅5⋅⋯⋅2n⋅2n(2n−1)⋅(2n+1)=π2 \prod_{n=1}^{\infty} {{4n^2} \over {4n^2 - 1}} = \lim_{n \to \infty} {{2 \cdot 2 } \over { 1 \cdot 3 } } \cdot {{4 \cdot 4 } \over { 3 \cdot 5 } } \cdot \cdots \cdot {{2n \cdot 2n } \over { (2n-1) \cdot (2n+1) } } = {{ \pi } \over {2}}

π2=lim⁡n→∞22⋅42⋅⋯⋅(2n)21⋅32⋅⋯⋅(2n−1)2⋅(2n+1)=lim⁡n→∞22⋅42⋅⋯⋅(2n)21⋅32⋅⋯⋅(2n−1)2⋅2n \begin{align*} {{\pi} \over {2}} =& \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot (2n+1)}} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot 2n }} \end{align*}

両辺に22をかけると、

π=lim⁡n→∞22⋅42⋅⋯⋅(2n)21⋅32⋅⋯⋅(2n−1)2⋅n \pi = \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot n }}

両辺にルートを取ると、

π=lim⁡n→∞1n2⋅4⋅⋯⋅(2n)1⋅3⋅⋯⋅(2n−1)=lim⁡n→∞1n2⋅4⋅⋯⋅(2n)⋅2⋅4⋅⋯⋅(2n)1⋅2⋅3⋅⋯⋅(2n−1)⋅2n=lim⁡n→∞4n(n!)2n(2n)! \begin{align*} \sqrt{ \pi } =& \lim_{n \to \infty} {{1} \over {\sqrt{n}}} {{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \over {1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) }} \\ =& \lim_{ n \to \infty} {{1} \over {\sqrt{n}}} {{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n) \cdot 2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \over {1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) \cdot 2n }} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! }} \end{align*}

まとめると、

lim⁡n→∞4n(n!)2n(2n)!=π \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! } } = \sqrt{ \pi }

パート4. 結合

lim⁡n→∞n!enln⁡n−nn=lim⁡n→∞n!nne−nn=lim⁡n→∞(2n)!4nn!(en)n4n(n!)2n(2n)! \begin{align*} \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n }\sqrt{n}} } =& \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {n^{n} e^{-n} \sqrt{n} }} \\ =& \lim_{n \to \infty} { { (2n)!} \over { 4^{n} n! } } \left( {{e} \over {n}} \right)^{n} {{4^n (n!)^2} \over {\sqrt{ n} (2n)! }} \end{align*}

パート2、3によると lim⁡n→∞(2n)!4nn!(en)n4n(n!)2n(2n)!=2π=2π \lim_{n \to \infty} { { (2n)!} \over { 4^{n} n! } } \left( {{e} \over {n}} \right)^{n} {{4^n (n!)^2} \over {\sqrt{ n} (2n)! }} = \sqrt{2} \sqrt{\pi} = \sqrt{2 \pi} だから、 lim⁡n→∞n!enln⁡n−n2πn=1 \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n} }} = 1

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