스털링 근사 공식의 엄밀한 증명

스털링 근사 공식의 엄밀한 증명

정리

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

설명

스털링 근사 혹은 스털링 공식Stirling Formula은 통계학이나 물리학 등 여러 곳에서 유용하게 쓰인다. 또 다른 표현으로는 감마 함수를 사용해 다음과 같이 적을 수 있다. $$ \Gamma ( n ) \approx {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n}} $$

본 증명은 ‘제타함수의 비밀’이라는 책의 부록에 실려있는 것으로, 저자인 쿠로카와 노부시게黑川信繁라는 일본의 수학자가 고등학교 때 발견하고 몇 년 뒤 수학세미나數學セミナ- 1972년 6월호에 게재했다고 밝혔다. 그러나 직접 찾아본 결과 생략이 많아서 그닥 참고할 것은 못 되며, 사실 그 논지도 증명이 아니었다. 마찬가지로 ‘제타함수의 비밀’을 직접 찾아보는 것도 별로 도움이 되지 않을 것이다. 자신있게 단언하건대 국내에서 쿠로카와의 증명을 가장 쉽고 친절하게 설명한 것은 이 포스트다.

다른 해석학 교재에 나오는 증명도 있지만 굳이 이 증명을 선택한 이유는 엄밀성을 포기하지 않는 선에서 지금까지 본 어떤 증명보다 쉬웠기 때문이다. 물론 보조정리를 증명하는 과정을 다 포함하면 더 길어지겠지만, 적어도 스털링 근사만을 위한 보조정리를 증명하는 삽질은 피할 수 있었다. 그나마 이 증명법에서 등장하는 보조정리는 상당히 짜임새 있는 맥락에서 나온 것으로, 그 과정을 따라가는 것 또한 공부하는 입장에서 상당히 즐거운 일이다.

같이보기

증명

함수 $f( x ) := \ln (1 + x)$ 를 정의하자.


Part 1. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] = {{f(1) - f(0) } \over {2}}$

$\displaystyle f’(x) = {{1} \over {1 + x}}$ 이므로 $\displaystyle x \in \left[ {{k-1} \over {n}} , {{k} \over {n}} \right]$ 에 대해 $f’(X)$ 의 최솟값은 $\displaystyle {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }}$ 이고 최댓값은 $\displaystyle {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }}$ 이다. 따라서

$$ \displaystyle {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le {{ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) } \over { {{k} \over {n}} - x }} \le {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$

각 변에 $\displaystyle \left( {{k} \over {n}} - x \right)$ 를 곱하면

$$ \displaystyle {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \left( {{k} \over {n}} - x \right) \le f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \le {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} \left( {{k} \over {n}} - x \right) $$

각 변을 $\displaystyle {{k-1} \over {n}}$ 부터 $\displaystyle {{k} \over {n}}$ 까지 적분하면

$$ \begin{align*} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left( {{k} \over {n}} - x \right) dx =& {{k} \over {n}} {{1} \over {n}} - \left[ {{1} \over {2}} x^2 \right]_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \\ =& {{2k} \over {2n^2}} - {{k^2 - k^2 + 2k - 1} \over {2n^2}} \\ =& {{1} \over {2n^2}} \end{align*} $$

이므로

$$ \displaystyle {{1} \over {2n^2}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2n^2}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$

각 변에 $n$ 을 곱하면

$$ \displaystyle {{1} \over {2n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le n \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$

각 변을 $k=1$ 부터 $n$ 까지 더하면

$$ \displaystyle {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{n} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} \le n \sum_{k=1}^{n} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx \le {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{n} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} $$

가운데 변은

$$ \begin{align*} n \sum_{k=1}^{n} \int_{ {{k-1} \over {n}} }^{ {{k} \over {n}} } \left[ f \left( {{k} \over {n}} \right) - f(x) \right] dx =& n \left[ {{k} \over {n}} - {{k-1} \over {n}} \right] \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \\ =& \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \end{align*} $$

구분구적법과 정적분: $$\lim _{ n\to \infty }{ \sum _{ k=1 }^{ n }{ f\left( a+\frac { p }{ n }k \right) \frac { p }{ n } } } =\int _{ 0 }^{ 1 }{ pf(a+px)dx }$$

좌변과 우변은 $n \to \infty$ 일 때

$$ \begin{align*} {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{\infty} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k} \over {n}} }} =& {{1} \over {2}} \sum_{k=1}^{\infty} {{1} \over {n}} {{1} \over {1 + {{k-1} \over {n}} }} \\ =& {{1} \over {2}} \int_{0}^{1} {{1} \over {1 + x}} dx \\ =& {{1} \over {2}}\left[ \ln | 1 + x | \right]_{0}^{1} \\ =& {{f(1) - f(0) } \over {2}} \end{align*} $$

샌드위치 정리에 따라

$$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] = {{f(1) - f(0) } \over {2}} $$


Part 2. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] = \sqrt{2}$

위의 Part 1에서 얻은 결과의 각 항을 살펴보자. 첫 항 $\displaystyle \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right)$ 은

$$ \begin{align*} \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) =& \sum_{k=1}^{n} \ln \left( {{n+k} \over {n}} \right) \\ =& \ln \left( {{n+1} \over {n}} {{n+2} \over {n}} \cdots {{n+n} \over {n}} \right) \\ =& \ln \left( {{ (2n)! } \over { n! n^n }} \right) \end{align*} $$

두번째 항 $\displaystyle n \int_{0}^{1} f(x) dx$ 은

$$ \begin{align*} n \int_{0}^{1} f(x) dx =& n \left[ (1+x) \ln (1+x) -x \right]_{0}^{1} \\ =& 2n \ln 2 - n \\ =& \ln \left( {{2^{2n}} \over {e^{n}}} \right) \\ =& \ln \left( {{4} \over {e}} \right)^{n} \end{align*} $$

따라서

$$ \begin{align*} \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k=1}^{n} f \left( {{k} \over {n}} \right) - n \int_{0}^{1} f(x) dx \right] =& \lim_{n \to \infty} \ln \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] \\ =& {{ \ln 2 } \over {2}} \\ =& \ln \sqrt{2} \end{align*} $$

이고, 정리하면

$$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \left[ {{(2n)!} \over {n! n^n}} \left( {{e} \over {4}} \right)^{n} \right] = \sqrt{2} $$


Part 3. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! } } = \sqrt{ \pi }$

월리스 곱: $$ \displaystyle \prod_{n=1}^{\infty} {{4n^2} \over {4n^2 - 1}} = \lim_{n \to \infty} {{2 \cdot 2 } \over { 1 \cdot 3 } } \cdot {{4 \cdot 4 } \over { 3 \cdot 5 } } \cdot \cdots \cdot {{2n \cdot 2n } \over { (2n-1) \cdot (2n+1) } } = {{ \pi } \over {2}} $$

$$ \begin{align*} {{\pi} \over {2}} =& \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot (2n+1)}} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot 2n }} \end{align*} $$

양변에 $2$ 를 곱하면

$$ \displaystyle \pi = \lim_{n \to \infty} {{2^2 \cdot 4^2 \cdot \cdots \cdot (2n)^2} \over {1 \cdot 3^2 \cdot \cdots \cdot (2n-1)^2 \cdot n }} $$

양변에 루트를 취하면

$$ \begin{align*} \sqrt{ \pi } =& \lim_{n \to \infty} {{1} \over {\sqrt{n}}} {{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \over {1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) }} \\ =& \lim_{ n \to \infty} {{1} \over {\sqrt{n}}} {{2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n) \cdot 2 \cdot 4 \cdot \cdots \cdot (2n)} \over {1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) \cdot 2n }} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! }} \end{align*} $$

정리하면

$$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} {{4^n (n!)^2 } \over {\sqrt{n} (2n)! } } = \sqrt{ \pi } $$


Part 4. 취합

$$ \begin{align*} \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n }\sqrt{n}} } =& \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {n^{n} e^{-n} \sqrt{n} }} \\ =& \lim_{n \to \infty} { { (2n)!} \over { 4^{n} n! } } \left( {{e} \over {n}} \right)^{n} {{4^n (n!)^2} \over {\sqrt{ n} (2n)! }} \end{align*} $$

Part 2, 3에 따라 $$ \lim_{n \to \infty} { { (2n)!} \over { 4^{n} n! } } \left( {{e} \over {n}} \right)^{n} {{4^n (n!)^2} \over {\sqrt{ n} (2n)! }} = \sqrt{2} \sqrt{\pi} = \sqrt{2 \pi} $$ 이었으므로 $$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} {{n!} \over {e^{n \ln n - n} \sqrt{ 2 \pi n} }} = 1 $$

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