スターリング近似公式の厳密な証明
定理
$$ \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n} }} = 1 $$
説明
スターリング近似あるいはスターリング公式stirling formulaは、統計学や物理学など様々な場面で有用に使われる。別の表現としては、ガンマ関数を使って次のように書ける。 $$ \Gamma ( n ) \approx {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n}} $$
本証明は「ゼータ関数の秘密」という本の付録に載っているもので、著者である黒川信繁黑川信繁という日本の数学者が高校時代に発見し、数年後に数学セミナー1972年6月号に掲載したと明かしている。しかし直接調べてみた結果、省略が多くてあまり参考になるものではなく、実のところその論旨も証明ではなかった。同様に「ゼータ関数の秘密」を直接調べてみ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、韓国国内で黒川の証明を最も易しく親切に説明したのはこのポストである。
他の解析学の教材に載っている証明もあるが、あえてこの証明を選んだ理由は、厳密性を放棄しない範囲で、これまで見たどの証明よりも易しかったからだ。もちろん補助定理を証明する過程を全部含めればもっと長くなるだろうが、少なくともスターリング近似のためだけの補助定理を証明する無駄骨は避けられた。しかもこの証明法に登場する補助定理はかなり整った文脈から出てきたもので、その過程をたどることもまた、学ぶ立場としては非常に楽しいことである。
関連リンク
証明
関数 $f( x ) := \ln (1 + x)$を定義しよう。
Part 1. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] = {{f(1) - f(0) } \over {2}}$
$\displaystyle f '(x) = {{1} \over {1 + x}}$なので、$\displaystyle x \in \left[ {{k-1} \over {n}} , {{k} \over {n}} \right]$に対して$f ' (X)$の最小値は$\displaystyle {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }}$であり、最大値は$\displaystyle {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }}$である。したがって、
$$ {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le {{ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) } \over { {{k} \over {n}} - x }} \le {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$
各辺に$\displaystyle \left( {{k} \over {n}} - x \right)$をかけると、
$$ {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \left( {{k} \over {n}} - x \right) \le f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \le {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} \left( {{k} \over {n}} - x \right) $$
各辺を$\displaystyle {{k-1} \over {n}}$から$\displaystyle {{k} \over {n}}$まで積分すると、
$$ \begin{align*} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left( {{k} \over {n}} - x \right) dx =& {{k} \over {n}} {{1} \over {n}} - \left[ {{1} \over {2}} x^2 \right]_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \\ =& {{2k} \over {2n^2}} - {{k^2 - k^2 + 2k - 1} \over {2n^2}} \\ =& {{1} \over {2n^2}} \end{align*} $$
なので、
$$ {{1} \over {2n^2}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2n^2}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$
各辺に$n$をかけると、
$$ {{1} \over {2n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le n \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$
各辺を$k=1$から$n$まで足すと、
$$ {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{n} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le n \sum_{k=1}^{n} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{n} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$
中辺は、
$$ \begin{align*} n \sum_{k=1}^{n} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx =& n \left[ {{k} \over {n}} - {{k-1} \over {n}} \right] \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \\ =& \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \end{align*} $$
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、
$$ \begin{align*} {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{\infty} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} =& {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{\infty} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} \\ =& {{1} \over {2}} \int_{0}^{1} {{1} \over {1 + x}} dx \\ =& {{1} \over {2}}\left[ \ln | 1 + x | \right]_{0}^{1} \\ =& {{f(1) - f(0) } \over {2}} \end{align*} $$
サンドイッチの定理により、
$$ \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] = {{f(1) - f(0) } \over {2}} $$
Part 2. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] = \sqrt{2}$
上のPart 1で得た結果の各項を見てみよう。 第一項$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right)$は、
$$ \begin{align*} \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) =& \sum_{k=1}^{n} \ln \left( {{n+k} \over {n}} \right) \\ =& \ln \left( {{n+1} \over {n}} {{n+2} \over {n}} \cdots {{n+n} \over {n}} \right) \\ =& \ln \left( {{ (2n)! } \over { n! n^n }} \right) \end{align*} $$
第二項$\displaystyle n \int_{0}^{1} f(x) dx$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、
$$ \begin{align*} \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] =& \lim_{n \to \infty} \ln \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] \\ =& {{ \ln 2 } \over {2}} \\ =& \ln \sqrt{2} \end{align*} $$
であり、整理すると、
$$ \lim_{n \to \infty} \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] = \sqrt{2} $$
Part 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、
$$ \begin{align*} \sqrt{ \pi } =& \lim_{n \to \infty} {{1} \over {\sqrt{n}}} {{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \over {1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) }} \\ =& \lim_{ n \to \infty} {{1} \over {\sqrt{n}}} {{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n) \cdot 2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \over {1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) \cdot 2n }} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! }} \end{align*} $$
整理すると、
$$ \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! } } = \sqrt{ \pi } $$
Part 4. 取りまとめ
$$ \begin{align*} \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n }\sqrt{n}} } =& \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {n^{n} e^{-n} \sqrt{n} }} \\ =& \lim_{n \to \infty} { { (2n)!} \over { 4^{n} n! } } \left( {{e} \over {n}} \right)^{n} {{4^n (n!)^2} \over {\sqrt{ n} (2n)! }} \end{align*} $$
Part 2、3により、 $$ \lim_{n \to \infty} { { (2n)!} \over { 4^{n} n! } } \left( {{e} \over {n}} \right)^{n} {{4^n (n!)^2} \over {\sqrt{ n} (2n)! }} = \sqrt{2} \sqrt{\pi} = \sqrt{2 \pi} $$ であったので、 $$ \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n} }} = 1 $$
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