スターリングの近似公式の厳密な証明
概要
$$ \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n} }} = 1 $$
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。 $$ \Gamma ( n ) \approx {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n}} $$
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$f( x ) := \ln (1 + x)$を定義しよう。
パート1. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] = {{f(1) - f(0) } \over {2}}$
$\displaystyle f '(x) = {{1} \over {1 + x}}$から、$\displaystyle x \in \left[ {{k-1} \over {n}} , {{k} \over {n}} \right]$について、最小値は$\displaystyle {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }}$で、最大値は$\displaystyle {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }}$だ。したがって、
$$ {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le {{ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) } \over { {{k} \over {n}} - x }} \le {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$
両辺に$\displaystyle \left( {{k} \over {n}} - x \right)$をかけると、
$$ {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \left( {{k} \over {n}} - x \right) \le f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \le {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} \left( {{k} \over {n}} - x \right) $$
両辺を$\displaystyle {{k-1} \over {n}}$から$\displaystyle {{k} \over {n}}$まで積分すると、
$$ \begin{align*} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left( {{k} \over {n}} - x \right) dx =& {{k} \over {n}} {{1} \over {n}} - \left[ {{1} \over {2}} x^2 \right]_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \\ =& {{2k} \over {2n^2}} - {{k^2 - k^2 + 2k - 1} \over {2n^2}} \\ =& {{1} \over {2n^2}} \end{align*} $$
だから、
$$ {{1} \over {2n^2}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2n^2}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$
両辺に$n$をかけると、
$$ {{1} \over {2n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le n \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$
両辺を$k=1$から$n$まで足すと、
$$ {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{n} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le n \sum_{k=1}^{n} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{n} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$
真ん中の項は、
$$ \begin{align*} n \sum_{k=1}^{n} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx =& n \left[ {{k} \over {n}} - {{k-1} \over {n}} \right] \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \\ =& \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \end{align*} $$
区分求積法と定積分: $$\lim _{ n\to \infty }{ \sum _{ k=1 }^{ n }{ f\left( a+\frac { p }{ n }k \right) \frac { p }{ n } } } =\int _{ 0 }^{ 1 }{ pf(a+px)dx }$$
左辺と右辺は、$n \to \infty$のとき、
$$ \begin{align*} {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{\infty} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} =& {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{\infty} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} \\ =& {{1} \over {2}} \int_{0}^{1} {{1} \over {1 + x}} dx \\ =& {{1} \over {2}}\left[ \ln | 1 + x | \right]_{0}^{1} \\ =& {{f(1) - f(0) } \over {2}} \end{align*} $$
サンドウィッチ定理によって、
$$ \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] = {{f(1) - f(0) } \over {2}} $$
パート2. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] = \sqrt{2}$
パート1で得られた各項を見てみよう。 最初の項$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right)$は、
$$ \begin{align*} \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) =& \sum_{k=1}^{n} \ln \left( {{n+k} \over {n}} \right) \\ =& \ln \left( {{n+1} \over {n}} {{n+2} \over {n}} \cdots {{n+n} \over {n}} \right) \\ =& \ln \left( {{ (2n)! } \over { n! n^n }} \right) \end{align*} $$
二番目の項$\displaystyle n \int_{0}^{1} f(x) dx$は、
$$ \begin{align*} n \int_{0}^{1} f(x) dx =& n \left[ (1+x) \ln (1+x) -x \right]_{0}^{1} \\ =& 2n \ln 2 - n \\ =& \ln \left( {{2^{2n}} \over {e^{n}}} \right) \\ =& \ln \left( {{4} \over {e}} \right)^{n} \end{align*} $$
したがって、
$$ \begin{align*} \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] =& \lim_{n \to \infty} \ln \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] \\ =& {{ \ln 2 } \over {2}} \\ =& \ln \sqrt{2} \end{align*} $$
まとめると、
$$ \lim_{n \to \infty} \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] = \sqrt{2} $$
パート3. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! } } = \sqrt{ \pi }$
ウォリスの積: $$ \prod_{n=1}^{\infty} {{4n^2} \over {4n^2 - 1}} = \lim_{n \to \infty} {{2 \cdot 2 } \over { 1 \cdot 3 } } \cdot {{4 \cdot 4 } \over { 3 \cdot 5 } } \cdot \cdots \cdot {{2n \cdot 2n } \over { (2n-1) \cdot (2n+1) } } = {{ \pi } \over {2}} $$
$$ \begin{align*} {{\pi} \over {2}} =& \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot (2n+1)}} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot 2n }} \end{align*} $$
両辺に$2$をかけると、
$$ \pi = \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot n }} $$
両辺にルートを取ると、
$$ \begin{align*} \sqrt{ \pi } =& \lim_{n \to \infty} {{1} \over {\sqrt{n}}} {{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \over {1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) }} \\ =& \lim_{ n \to \infty} {{1} \over {\sqrt{n}}} {{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n) \cdot 2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \over {1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) \cdot 2n }} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! }} \end{align*} $$
まとめると、
$$ \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! } } = \sqrt{ \pi } $$
パート4. 結合
$$ \begin{align*} \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n }\sqrt{n}} } =& \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {n^{n} e^{-n} \sqrt{n} }} \\ =& \lim_{n \to \infty} { { (2n)!} \over { 4^{n} n! } } \left( {{e} \over {n}} \right)^{n} {{4^n (n!)^2} \over {\sqrt{ n} (2n)! }} \end{align*} $$
パート2、3によると $$ \lim_{n \to \infty} { { (2n)!} \over { 4^{n} n! } } \left( {{e} \over {n}} \right)^{n} {{4^n (n!)^2} \over {\sqrt{ n} (2n)! }} = \sqrt{2} \sqrt{\pi} = \sqrt{2 \pi} $$ だから、 $$ \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n} }} = 1 $$
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