? Stirling の公式

COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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Stirling の公式

理論

Stirling の公式

定理≪Stirling の公式≫

\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right) ^n} = 1\] が成り立つ.

証明

 こちらを参照.
 近似の精度は落ちるが, 次の形の公式も Stirling の公式と呼ばれる.

定理≪対数型 Stirling の公式≫

\[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{\log n!-n\log n+n}{n} = 0\] が成り立つ.

証明

 $f(x) \geqq 0\ (x \geqq 1)$ なる単調増加関数 $f(x)$ に対して, \[ f(k) \leqq \int_k^{k+1}f(x)dx \leqq f(k+1) \quad (k \geqq 1)\] が成り立つので, \[ f(1)+\cdots +f(n-1) \leqq \int_1^nf(x)dx \leqq f(2)+\cdots +f(n)\] から \[\int_1^nf(x)dx \leqq f(1)+\cdots +f(n) \leqq \int_1^nf(x)dx+f(n)\] が成り立つ. $f(x) = \log x$ にこの不等式を適用すると, \[\int_1^n\log xdx = [x\log x]_1^n-\int_1^nx\cdot\frac{1}{x}dx = n\log n-n+1\] であるので, \[ n\log n-n+1 \leqq \log n! \leqq n\log n-n+1+\log n\] から \[ 1 \leqq \log n!-n\log n+n \leqq 1+\log n\] が得られる. よって, \[\frac{1}{n} \leqq \frac{\log n!-n\log n+n}{n} \leqq \frac{1}{n}+\frac{\log n}{n}\] であり, $\lim\limits_{x \to \infty}\dfrac{\log x}{x} = 0$ であるから, \[\lim\limits_{n \to \infty}\frac{\log n!-n\log n+n}{n} = 0\] が成り立つ.

問題

数学 III: 積分

問題≪スターリングの公式≫

 数列 $\{ a_n\}$ を $a_n = \dfrac{n!}{\sqrt nn^ne^{-n}}$ で定める.
(1)
数列 $\{ b_n\}$ を $\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{\sqrt n(2n)!}$ で定める. $0 < x < \dfrac{\pi}{2}$ のとき \[\sin^{2n+1}x < \sin^{2n}x < \sin^{2n-1}x \quad (n = 1,2,3,\cdots )\] であることを用いて, $\lim\limits_{n \to \infty}b_n = \sqrt\pi$ であることを示せ.
(2)
すべての正の整数 $n$ に対して \[ 0 < \log\dfrac{a_n}{a_{n+1}} < \dfrac{1}{n(n+1)}\] が成り立つことを示せ.
(3)
$\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_n}{a_{2n}} = 1$ であることを示せ.
(4)
$\dfrac{a_n{}^2}{a_{2n}} = \sqrt 2b_n$ であることを利用して $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \sqrt{2\pi}$ であることを示せ.
[2015 大阪大*]

証明

(1)
各非負整数 $k$ に対して $I_k = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^kxdx$ とおく. $0 < x < \dfrac{\pi}{2}$ のとき $\sin^{2n+1}x < \sin^{2n}x < \sin^{2n-1}x$ であるから, 積分の単調性により \[\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n+1}xdx \leqq \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}xdx \leqq \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n-1}xdx\] つまり \[ I_{2n-1} \leqq I_{2n} \leqq I_{2n-1} \quad \cdots [1]\] が成り立つ. $2$ 以上の整数 $k$ に対して, \begin{align*} I_k &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}(-\cos x)'\sin^{k-1}xdx \\ &= \left[ (-\cos x)\sin^{k-1}x\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &\qquad -\int_0^{\frac{\pi}{2}}(-\cos x)(k-1)\sin^{k-2}\cos xdx \\ &= (k-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{k-2}x(1-\sin^2x)dx \\ &= (k-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin^{k-2}x-\sin^kx)dx \\ &= (k-1)(I_{m-2}-I_m) \end{align*} から \[ I_k = \frac{k-1}{k}I_{k-2}\] が成り立つ. これを繰り返し使うと, \begin{align*} I_{2n} &= \frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-3}{2n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}I_0 \\ &= \frac{(2n)!}{(2n(2n-2)\cdot\cdots\cdot 2)^2}[x]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2\sqrt n}\cdot\frac{1}{b_n} \quad \cdots [2], \\ I_{2n-1} &= \frac{2n-2}{2n-1}\cdot\frac{2n-4}{2n-3}\cdot\cdots\cdot\frac{2}{3}I_1 \\ &= \frac{2n((2n-2)(2n-4)\cdot\cdots\cdot 2)^2}{(2n)!}[-\cos x]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ &= \frac{2^{2n}(n!)^2}{2n\cdot (2n)!} = \frac{1}{2\sqrt n}b_n \quad \cdots [3], \\ I_{2n+1} &= \frac{2n}{2n+1}I_{2n-1} = \frac{2n}{2\sqrt n(2n+1)}b_n \quad \cdots [4] \end{align*} が得られる. $[1]$~$[4]$ から \[\frac{2\sqrt n}{2n+1}b_n \leqq \frac{\pi}{2\sqrt n}\cdot\frac{1}{b_n} \leqq \frac{1}{2\sqrt n}b_n\] が成り立つので, 両辺の逆数をとると \[\frac{1}{b_n} \leqq \frac{b_n}{\pi} \leqq \frac{2n+1}{2n}\cdot\frac{1}{b_n}\] つまり \[\pi \leqq b_n{}^2 \leqq \left( 1+\frac{1}{2n}\right)\pi\] が得られる. $b_n > 0$ から \[\sqrt\pi \leqq b_n \leqq \sqrt{\left( 1+\frac{1}{2n}\right)\pi}\] であり, 右辺は $\sqrt\pi$ に収束するから, 挟みうちの原理により $\lim\limits_{n \to \infty}b_n = \sqrt\pi$ が成り立つ.
(2)
\begin{align*} \frac{a_n}{a_{n+1}} &= \frac{n!}{\sqrt nn^ne^{-n}}\cdot\frac{\sqrt{n+1}(n+1)^{n+1}e^{-(n+1)}}{(n+1)!} \\ &= \left(\frac{n+1}{n}\right) ^{n+\frac{1}{2}}e^{-1} \end{align*} であるから, \[\log\frac{a_n}{a_{n+1}} = \left( n+\frac{1}{2}\right) (\log (n+1)-\log n)-1\] が成り立つ. $\log (n+1)-\log n$ は, 曲線 $y = \dfrac{1}{x}$ と $x$ 軸, 直線 $x = n,$ $x = n+1$ で囲まれた面積を表す. これは, $x = n+\dfrac{1}{2}$ における $y = \dfrac{1}{x}$ の接線と $x$ 軸, 直線 $x = n,$ $x = n+1$ で囲まれた面積より大きく, $2$ 点 $\left( n,\dfrac{1}{n}\right),$ $\left( n+1,\dfrac{1}{n+1}\right)$ を結ぶ直線と $x$ 軸, 直線 $x = n,$ $x = n+1$ で囲まれた面積より小さいから, \[\frac{1}{n+\dfrac{1}{2}} < \int_n^{n+1}\frac{dx}{x} < \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)\] が成り立つ. よって, \[ 0 \!<\! \log\frac{a_n}{a_{n+1}} \!<\! \frac{1}{2}\cdot\frac{2n\!+\!1}{n(n\!+\!1)}\cdot\frac{2n\!+\!1}{2}\!-\!1 \!=\! \frac{1}{4n(n\!+\!1)}\] から \[ 0 < \log\frac{a_n}{a_{n+1}} < \frac{1}{n(n+1)}\] が成り立つ.
(3)
(2) の不等式により, 各正の整数 $k$ に対して \[ 0 < \log a_k-\log a_{k+1} < \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\] が成り立つ. $n \leqq k \leqq 2n-1$ なる整数 $k$ に対して辺々を加えると, \[ 0 < \log a_n-\log a_{2n} < \frac{1}{n}-\frac{1}{2n}\] つまり \[ 0 < \log\frac{a_n}{a_{2n}} < \frac{1}{2n}\] が得られるので, \[ 1 < \frac{a_n}{a_{2n}} < e^{\frac{1}{2n}}\] が成り立つ. 右辺は $e^0 = 1$ に収束するから, 挟みうちの原理により $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a_n}{a_{2n}} = 1$ が成り立つ.
(4)
\begin{align*} \frac{a_n{}^2}{a_{2n}} &= \frac{(n!)^2}{n^{2n+1}e^{-2n}}\cdot\frac{\sqrt{2n}(2n)^{2n}e^{-2n}}{(2n)!} \\ &= \sqrt 2\cdot\frac{2^{2n}(n!)^2}{\sqrt n(2n)!} = \sqrt 2b_n \end{align*} が成り立つので, (1), (3) の結果から \begin{align*} a_n &= \sqrt 2b_n\left(\frac{a_n}{a_{2n}}\right) ^{-1} \\ &\to \sqrt 2\cdot\sqrt \pi\cdot 1^{-1} = \sqrt{2\pi} \quad (n \to \infty ) \end{align*} が得られる.