Формула Стирлинга

[artempalkin]

Попробуем начать выводить формулу Стирлинга:

$\sqrt n \frac {n^n}{n!}e^{-n}=\exp(\ln(\sqrt n \frac {n^n}{n!}e^{-n}))$

Дальше будем обрабатывать выражение под экспонентой (для удобства, соответственно наша цель в том, чтобы доказать, что следующее выражение стремится к некоторому числу):

$\frac 12 \ln n-n-\ln\frac {n!}{n^n}=\frac 12 \ln n-n\left(1+\frac 1n\sum\limits_{k=1}^n \ln\frac kn\right)$

$\frac 1n\sum\limits_{k=1}^n \ln\frac kn$ вот это выражение является интегральной суммой и стремится к $\int\limits_0^1\ln x\dx=-1$.

Получается, что если бы можно было доказать, что

$\frac {1+\frac 1n\sum\limits_{k=1}^n \ln\frac kn}{\frac {\frac 12 \ln n}n}\sim A$, где $A$ - некоторое число, то есть оценить стремление интегральной суммы к значению интеграла, то мы бы доказали формулу... но как бы это так сделать?

[mihaild]

По формуле Эйлера-Маклорена. Но там еще довольно много возни получается (и я не уверен, что лично я смог бы её руками сам придумать за разумное время). В английской вики есть полный вывод.

[Евгений Машеров]

Вывод есть в курсе теории вероятностей Феллера.
А вообще я когда-то пытался сделать "вывод для школьников", используя немногое, что они могут знать из учебника, популярных книжек и услыхать на кружке. То есть доказательство через интеграл не потянут.
Было примерно такое рассуждение:
Факториал это произведение n сомножителей. То есть естественно попробовать то ли $a^n$, то ли $n^k$, где a и k - какие-то константы. Попробовать и убедиться в том, что с ростом n ни одна из них не годится, факториал рано или поздно станет больше, и посмотреть в сторону $n^n$. Немного посчитать, и понять, что растёт быстрее, чем факториал. Испытать в качестве основания степени $\frac n a$, $n! \approx C ({\frac n a})^n$, затем найти $\frac {(n+1)!}{n!}=n+1 \approx (n+1)(1+\frac 1 n)^n a$ и после сокращений увидеть Второй Замечательный и $a=e$
Попробовать подогнать $(\frac n e)^n$, увидеть, что лучше, но всё не то, и подбирать последний множитель, куда-то в сторону формулы Валлиса смотрел, чтобы понятно, откуда там $\sqrt {2\pi n}$

[RIP]

Если $a_n=\ln\left(\frac{\sqrt{n}(n/\mathrm{e})^n}{n!}\right)$, то $a_{n+1}-a_n=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$, поэтому ряд $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n+1}-a_n\right)$ сходится (абсолютно). Получать точное значение $\sqrt{2\pi}$ совсем просто я не умею.

[artempalkin]

RIP в сообщении #1488712 писал(а):

Если $a_n=\ln\left(\frac{\sqrt{n}(n/\mathrm{e})^n}{n!}\right)$, то $a_{n+1}-a_n=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$, поэтому ряд $\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n+1}-a_n\right)$ сходится (абсолютно).

То есть мы исследуем сходимость последовательности, исследуя ее "ограниченное изменение"? (причем не ее, а ее логарифма как бы) Круто, никогда бы до такого не додумался.

RIP в сообщении #1488712 писал(а):

сходится (абсолютно)

Абсолютная сходимость означает ограниченность изменения, а она в свою очередь означает сходимость последовательности. Но в этом случае, ммм, абсолютная сходимость вроде бы ни на что не влияет. Я так понимаю, про абсолютность сходимости вы просто уточнили, не применительно к этой задаче?

-- 24.10.2020, 12:12 --

mihaild в сообщении #1488612 писал(а):

По формуле Эйлера-Маклорена
.

Да, тогда сначала надо вывести Эйлера-Маклорена :)

[RIP]

artempalkin в сообщении #1488804 писал(а):

Круто, никогда бы до такого не додумался.

Это классика. Есть в Демидовиче в теме про бесконечные произведения. Я просто прологарифмировал для удобства.

artempalkin в сообщении #1488804 писал(а):

Но в этом случае, ммм, абсолютная сходимость вроде бы ни на что не влияет.

Да, сходимость последовательности равносильно просто сходимости ряда $\sum\left(a_{n+1}-a_n\right)$. А ряд сходится, потому что сходится абсолютно.

[ewert]

Скорее всего, внятно вытащить $\pi$ не выйдет иначе, чем классическим способом через асимптотику интеграла. Всё остальное будет извращением. В т.ч. и тот же Валлис: и сам по себе он нетривиален, и мало кому он нужен (в отличие от Стирлинга).

[RIP]

(Оффтоп)

Иногда хочется поизвращаться и доказать что-нибудь с использованием как можно меньшего набора средств. Валлис следует из бесконечного произведения синуса, для вывода которого хватает замечательных пределов. Достаточно в тождестве

\[\frac{\sin(2n+1)\alpha}{(2n+1)\sin\alpha}=\prod_{k=1}^{n}\left(1-\frac{\sin^2\alpha}{\sin^2\frac{\pi k}{2n+1}}\right)\]

положить $\alpha=\frac{x}{2n+1}$ (для формулы Валлиса нужен $x=\pi/2$) и перейти к пределу $n\to\infty$. Конечно, аккуратное обоснование предельного перехода требует некоторой возни.

[Padawan]

В Фихтенгольце формула Валлиса выводится вроде через высисление определенных интегралов типа $\int_0^\pi}\sin^n xdx $ и $\int_0^\pi }\cos^n xdx $. И как я помню там вроде бы все элементарно, сложных оценок нет.
В английской Википедии есть https://en.m.wikipedia.org/wiki/Wallis_product, раздел Proof, using integration.

-- Вс окт 25, 2020 00:14:38 --

ewert в сообщении #1488917 писал(а):

чем классическим способом через асимптотику интеграла

Это отдельная сложная теория.

[ewert]

(Оффтоп)

Padawan в сообщении #1488924 писал(а):

Это отдельная сложная теория.

Ну не такая уж и сложная. Что отдельная -- да. Но зато и идейная, в отличие от Валлиса.

[artempalkin]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1488917 писал(а):

В т.ч. и тот же Валлис: и сам по себе он нетривиален, и мало кому он нужен (в отличие от Стирлинга).

Меня всегда удивляло, что у этой формулы-частного случая некоторой тоже не слишком общей ОБЩЕЙ формулы есть отдельное название.

Это, видимо, какой-то исторический момент, как с "первым замечательным пределом".

[novichok2018]

Про историю, хотя общеизвестную. Формулу исторически точно называть де Муавра-Стирлинга. Процитирую Вику, которая цитирует Пирсона: «Стирлинг лишь показал, что арифметическая константа в формуле Муавра равна $ \frac{1}{\sqrt {2\pi }}$. Я считаю, что это не делает его автором теоремы».

Формула Валлиса - первый нетривиальный пример явного бесконечного произведения. Используется не только в матане, но и в ТВ/МС. Достойна всячески названия.

[Евгений Машеров]

Формула Валлиса заслужила собственное имя потому, что получена была задолго до появления тех методов, которыми она легко выводится. А к чему я её пытался использовать (на всякий случай поясню - хотел я не получить новое, лучшее доказательство формулы Стирлинга, а показать школьникам или младшекурсникам, как могли до этой формулы додуматься) - к тому, что в популярных книжках она часто упоминается. И если её выписать через факториалы n и 2n, принять, с учётом сказанного выше, что $n! =C(n)(\frac n e)^n$, и увидеть функциональное уравнение относительно поправки $C(n)$, которая будет приблизительно равна $\sqrt{2\pi n}$

[novichok2018]

Интересная заметка по теме:
ftp://science.mii.lt/pub/Publications/47_TOMAS(2007)/tikimybes/Macys.pdf

Отмечу также, что уточнённая формула Стирлинга была получена ещё в работе Н.Я.Сонина.