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스털링 공식의 수리통계적 증명 📂수리통계학

스털링 공식의 수리통계적 증명

정리

limnn!enlnnn2πn=1 \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n} }} = 1

설명

스털링 근사 혹은 스털링 공식stirling formula은 통계학이나 물리학 등 여러 곳에서 유용하게 쓰인다. 수리통계적인 증명은 확률분포론에 빠삭하다면야 오히려 다른 증명에 비해 직관적이고 이해하기 쉽다.

같이보기

증명

X1,,Xniidexp(1)X_{1} , \cdots , X_{n} \overset{\text{iid}}{\sim} \exp (1) 이라고 하자.

지수 분포와 감마분포의 관계: Γ(1,1λ)    exp(λ) \displaystyle \Gamma \left(1, { 1 \over \lambda } \right) \iff \text{exp} (\lambda)

감마 분포의 합: XiΓ(ki,θ)X_i \sim \Gamma ( k_{i}, \theta) 이면 i=1nXiΓ(i=1nki,θ) \displaystyle \sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim \Gamma \left( \sum_{i=1}^{n} k_{i} , \theta \right)

X1,,XnX_{1} , \cdots , X_{n} iid이므로 Y=k=1nXkY = \sum_{k=1}^{n} X_{k}자유도n,1n,1감마분포 Γ(n,1)\Gamma (n,1) 를 따른다. 한편 EXk=VarXk=1E X_{k} = \operatorname{Var} X_{k} = 1 이므로, 중심극한정리에 따르면 nn \to \infty 일 때 k=1nXk/n11/nDN(0,1) {{ \sum_{k=1}^{n} X_{k}/n - 1 } \over { 1 / \sqrt{n} }} \overset{D}{\to} N (0,1) 이다. 다시 말해, ZZ표준정규분포를 따르는 확률변수라 할 때 모든 xRx \in \mathbb{R} 에 대해 P(Y/n11/nx)P(Zx)    P(Y/nxn+1)P(Zx)    P(Ynx+n)P(Zx) \begin{align*} & P \left( {{ Y/n - 1 } \over { 1 / \sqrt{n} }} \le x \right) \to P \left( Z \le x \right) \\ \implies & P \left( Y/n \le {{ x } \over { \sqrt{n} }} + 1 \right) \to P \left( Z \le x \right) \\ \implies & P \left( Y \le \sqrt{n} x + n \right) \to P \left( Z \le x \right) \end{align*} 이다. 충분히 큰 nNn \in \mathbb{N} 에 대해 근사식으로 나타내보면 누적분포함수 FF_{\square} 에 대해 FY(nx+n)FZ(x) F_{Y} \left( \sqrt{n} x + n \right) \approx F_{Z} (x) 와 같이 나타낼 수 있다.

감마분포의 확률밀도함수 f(x)=1Γ(k)θkxk1ex/θ,x>0 f(x) = {{ 1 } \over { \Gamma ( k ) \theta^{k} }} x^{k - 1} e^{ - x / \theta} \qquad , x > 0

표준정규분포의 확률밀도함수 f(z)=12πexp[z22] f(z) = {{ 1 } \over { \sqrt{2 \pi} }} \exp \left[ - {{ z^{2} } \over { 2 }} \right]

양변을 xx 로 미분하면 미적분학의 기본정리에 따라 n1Γ(n)1n(nx+n)n1e(nx+n)/112πexp[x22] \sqrt{n} \cdot {{ 1 } \over { \Gamma ( n ) 1^{n} }} \left( \sqrt{n} x + n \right)^{n - 1} e^{ - \left( \sqrt{n} x + n \right) / 1} \approx {{ 1 } \over { \sqrt{2 \pi} }} \exp \left[ - {{ x^{2} } \over { 2 }} \right] 여기서 x=0x = 0 이면 다음을 얻는다. n1Γ(n)(n)n1en12π \sqrt{n} \cdot {{ 1 } \over { \Gamma ( n ) }} \left( n \right)^{n - 1} e^{ - n } \approx {{ 1 } \over { \sqrt{2 \pi} }} 감마함수는 팩토리얼의 일반화기도 하므로 Γ(n)=(n1)!\Gamma (n) = (n-1)! 이고, 양변에 (n1)!2π(n-1)!\sqrt{2\pi} 를 곱하면 2πne(n1)lognen(n1)! \sqrt{2 \pi n} e^{(n-1) \log n} e^{-n} \approx (n-1)! 정리하면 enlognnelogn2πn(n1)!    enlognn1n2πn(n1)!    enlognn2πnn! \begin{align*} & e^{n\log n - n} e^{-\log n} \sqrt{2 \pi n} \approx (n-1)! \\ \implies & e^{n\log n - n} {{ 1 } \over { n }} \sqrt{2 \pi n} \approx (n-1)! \\ \implies & e^{n\log n - n} \sqrt{2 \pi n} \approx n! \end{align*}