Stirlings formel

Stirlings formelTorbjörn Tambour 2003Stirlings 1 formel är en uppskattning av n! och det finns flera mer eller mindrenoggranna versioner av den. Vi skall visa följande:n! = √ 2π n n+1/2 e −n e cn/4n , där 0 ≤ c n ≤ 1 för alla n.Man kan förbättra uppskattningen på felet c n , men vi nöjer oss med denhär versionen som inte är alltför svår att bevisa. Vi behöver dock en delförberedelser.Integraluppskattningar av summorIbland kan man uppskatta summor med hjälp av integraler, som ofta ärenklare att räkna ut. Låt f(x) vara en växande funktion definierad på ettintervall [m, n], där m och n är heltal. Om vi integrerar olikhetenf(k) ≤ f(x) för k ≤ x,från x = k till x = k + 1 så får vi förståsf(k) =∫ k+1kf(k) dx ≤∫ k+1kf(x) dx.Summerar vi detta från k = m till k = n − 1 så får vi∑n−1k=mf(k) ≤∑n−1k=m∫ k+1kf(x) dx =Om vi gör precis detsamma med olikheternaså får vi istället∫ nf(x) ≤ f(k) för x ≤ k,∫ nmf(x) dx ≤n∑k=m+11 James Stirling, skotsk matematiker, 1692-1770.mf(k).f(x) dx.1

Olikheterna kan sammanfattas i en olikhet:f(m) +∫ nmf(x) dx ≤n∑f(k) ≤ f(n) +k=mOm f är avtagande gäller olikheternaf(n) +∫ nmf(x) dx ≤n∑f(k) ≤ f(m) +k=m∫ nm∫ nmf(x) dx.f(x) dx.Vi skall titta på två exempel, ett som har med Stirlings formel att göra ochett annat som också är intressant.Exempel: Låt först f(x) = log x. Uppskattningarna för en växande funktionovan ger∫ nn∑∫ nlog x dx ≤ log k ≤ log x dx + log nelleroch alltså1k=11n log n − n ≤ log n! ≤ (n + 1) log n − n (1)n n e −n ≤ n! ≤ n n+1 e −n .De här olikheterna är en första version av Stirlings formel, men det går somsagt att förbättra den ganska avsevärt. När man skall lösa problem medfakulteter räcker emellertid ofta den här versionen.Exempel: Nu tar vi istället en avtagande funktion, nämligen f(x) = 1/x, ochfår∫1 nn + dxn∑∫x ≤ 1nk ≤ 1 + dxxdvsVi har tydligen11n + log n ≤1n ≤n∑k=1k=1n∑k=11k1≤ 1 + log n.1− log n ≤ 1,k2

så för stora n är ∑ n 1k=1≈ log n med ganska god noggrannhet. Eftersomklog n → ∞ då n → ∞, så ger den vänstra olikheten att ∑ n 1k=1→ ∞ dåkn → ∞, dvs den harmoniska serien divergerar.Sätt nuγ n =n∑k=11− log n.kEnligt vad vi just visat är följden γ n nedåt begränsad. Vi har vidareγ n+1 − γ n = 1 − (log(n + 1) − log n) .n + 1Enligt medelvärdessatsen finns ett θ mellan 0 och 1 sådant att(ty D log x = 1/x) varförlog(n + 1) − log n = 11(n + 1 − n) =n + θ n + θ ,γ n+1 − γ n = 1n + 1 − 1n + θ < 0och följden γ n är tydligen avtagande. Det följer att lim n→∞ γ n existerar.Gränsvärdet brukar betecknas γ och heter Eulers konstant. Den är en avmatematikens ”naturkonstanter”, även om den inte är lika känd som e ochπ. Man har γ ≈ 0, 577, men det är okänt om γ är rationellt eller irrationellt(och således än mindre om γ är algebraiskt eller transcendent). Alla matematikerskulle dock bli synnerligen överraskade om det visade sig att γ vorerationellt!är alltså divergent, men mot-Anmärkning: Den harmoniska serien ∑ ∞ 1k=1 ksvarande alternerande serie∞∑ (−1) k+1= 1 − 1 k 2 + 1 3 − 1 4 + . . .k=13

är konvergent. Man kan till och med beräkna dess summa, så här:s n = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + . . . + 12n − 1 − 12n= 1 + 1 3 + 1 5 + . . . + 1 ( 12n − 1 − 2 + 1 4 + . . . + 1 )2n= 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 ( 12n − 2 2 + 1 4 + . . . + 1 )2n= 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 (12n − + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 )nOm vi använder samma beteckningar som nyss så betyder dettas n = γ 2n + log 2n − γ n − log n = γ 2n − γ n + log 2 → γ − γ + log 2 = log 2då n → ∞. Alltså är∞∑ (−1) k+1= log 2.kk=1Vi har här ett exempel på en betingat konvergent serie (och sådana skall manvara utomordentligt försiktig med!).Wallis produktI det här avsnittet skall vi härleda den s k Wallis 2 produkt, som är en formelför π. Vad det har med Stirlings formel att göra kommer att uppenbarasnedan. SättI n =Om n ≥ 2 så ger partialintegration∫ π/20sin n x dx.I n = [ − cos x sin n−1 x ] π/2+ (n − 1)0= (n − 1)∫ π/20= (n − 1)I n−2 − (n − 1)I n∫ π/2(1 − sin 2 x) sin n−2 x dx2 John Wallis, engelsk matematiker, 1616-1703.0cos 2 x sin n−2 x dx4

varförVi harI n = n − 1n I n−2. (2)I 0 = π 2och I 1 = 1,så upprepning av (2) gerochI 2n =I 2n+1 =Man brukar använda beteckningarna(2n − 1) · (2n − 3) · . . . · 1(2n) · (2n − 2) · . . . · 2· π22n · (2n − 2) · . . . · 2(2n + 1) · (2n − 1) · . . . · 1 .(2n)!! = (2n)(2n − 2) . . . 2 och (2n + 1)!! = (2n + 1)(2n − 1) . . . 1(som utläses 2n- resp. 2n + 1-semifakultet) och då blir alltsåI 2n =(2n − 1)!!(2n)!!· π2 , I 2n+1 = (2n)!!(2n + 1)!! .Eftersom 0 ≤ sin x ≤ 1 på intervallet [0, π/2], så har vivilket ger I 2n+1 ≤ I 2n ≤ I 2n−1 eller(2n)!!(2n + 1)!!En liten omskrivning gervarförπ21 ≤sin 2n+1 x ≤ sin 2n x ≤ sin 2n−1 x≤(2n − 1)!!(2n)!!(2n + 1)!!(2n − 1)!!((2n)!!) 2= limn→∞((2n)!!) 2(2n + 1)!!(2n − 1)!!· π2≤(2n − 2)!!(2n − 1)!! .· π2 ≤ 2n + 12n ,= limn→∞( 2 · 21 · 3 · 4 · 43 · 5 · 6 · 65 · 7 · . . . · 2n · 2n(2n − 1) · (2n + 1)5).

Detta kallas Wallis produkt. Tyvärr går högerledet mycket långsamt mot π/2,så den är inte lämplig för numerisk beräkning av π. Men man får njuta avformelns skönhet istället och det är ju inte det sämsta!Stirlings formelVi kan nu ge oss i kast med förbättra den första versionen (1) av Stirlingsformel. Låt a n vara skillnaden mellan log n! och medelvärdet av ytterleden,dvs(a n = log n! − n + 1 )log n + n. (3)2Vi hara n − a n+1 =(n + 1 ) (log 1 + 1 )− 12 noch det här uttrycket skall vi uppskatta med hjälp av en annan integralapproximation.Betrakta kurvan y = f(x) = 1/x för x > 0. Eftersomf ′′ (x) = 2/x 3 så är kurvan konvex för x > 0, dvs tangenten i en punktligger under kurvan. Tangenten i x = n + 1/2 begränsar tillsammans medx-axeln och de lodräta linjerna x = n och x = n + 1 ett parallelltrapets somhelt och hållet ligger under kurvan. Arean av trapetset är(n + 1 − n) · f(n + 1/2) =1n + 1/2 .Linjen genom punkterna (n, 1/n) och (n+1, 1/(n+1)) begränsar tillsammansmed x-axeln och linjerna x = n och x = n + 1 också ett parallelltrapets somhelt omsluter kurvan. Arean av det här trapetset är(n + 1 − n) · 12 (f(n) + f(n + 1)) = 1 2Arean under kurvan är∫ n+1Alltså har vindxx= [log x]n+1n( 1n + 1n + 1(= log 1 + 1 ).n1(1n + 1/2 < log + 1 )< 1 ( 1n 2 n + 1 )n + 16).

och multiplikation med n + 1/2 samt en liten omskrivning ger0 < a n − a n+1 < 1 ( 14 n − 1 ).n + 1Om vi ersätter n med n + 1, n + 2, . . . , n + p − 1 och adderar olikheterna såfår vi0 < a n − a n+p < 1 ( 14 n − 1 ).n + pCauchys konvergensprincip (se nedan) ger att lim n→∞ a n existerar; vi betecknardet med a. Om vi bara låter p → ∞ så får viså vi kan skriva0 < a n − a < 14n ,a n = a + c n4n , där 0 ≤ c n ≤ 1 för alla n.Enligt definitionen (3) av a n betyder detta att(log n! = a + n + 1 )log n − n + c n24n ,vilket gern! = e a n n+ 1 2 e −n e c n4n . (4)Det som återstår är förstås att bestämma värdet av konstanten e a och detär här som Wallis produkt kommer in. Vi har(2n)!! = 2n · (2n − 2) · . . . · 2 = 2 n · n · (n − 1) · . . . · 1 = 2 n n!och sätter vi in (4) så får vi(2n)!! = e a 2 n n n+ 1 2 e −n e cn4n .Efter lite hyfsningsarbete får vi vidare(2n − 1)!! = (2n)!(2n)!! = 2n+ 1 2 n n e −n e c 2n8n − cn4n7

och fortsatt handarbete ger((2n)!!) 2(2n + 1)!!(2n − 1)!! = ((2n)!!) 2(2n + 1)((2n − 1)!!) 2 = 1 2 e2a nn + 1 e cn n − c 2n8n .Enligt Wallis produkt går vänsterledet mot π/2 då n → ∞. I högerledetligger c n och c 2n mellan 0 och 1, så det går mot e 2a /4. Alltså är14 e2a = π 2och vi har visat Stirlings formeldvse a = √ 2πn! = √ 2π n n+ 1 n e −n e cn4n där 0 ≤ c n ≤ 1 för alla n.ÖvningUndersök om följande serier konvergerar eller divergerar:∞∑n=1n nn!e n ,∞∑n=1(−1) n n nn!e n ,∞∑(−1) n (2n)!!(2n + 1)!! .n=1Appendix: Konvergens av talföljder och Cauchys konvergensprincipEn fundamental egenskap hos R ärSupremumegenskapen: En uppåt begränsad mängd av reella tal har enminsta majorant.Den minsta majoranten till M ⊆ R kallas supremum av M och betecknassup M. Om M inte är uppåt begränsad så är det bekvämt att sätta sup M =∞. Infimum av M, inf M, är på samma sätt den största minoranten.Sats 1 En monoton begränsad talföljd är konvergent.Bevis: Antag att följden a n är växande. Sätt A = sup a n . För varje ɛ > 0 finnsenligt definitionen av supremum som den minsta majoranten ett element a Ni följden sådant attA − ɛ < a N ≤ A.Men eftersom följden är växande har vi ju dån > N ⇒ A − ɛ < a N ≤ a n ≤ A.8

Detta ger förståsn > N ⇒ |a n − A| < ɛ, dvs lim a n = A.En monoton följd som inte är begränsad säges ofta ha (det oegentliga)gränsvärdet ±∞. Låt nu a n , n = 1, 2, 3, . . ., vara en begränsad talföljd. Videfinierar två nya följder a ′ n och a ′′ n genoma ′ n = sup {a k ; k ≥ n}a ′′ n = inf {a k ; k ≥ n} .En enkel med viktig observation är att om N ⊆ M, så är sup N ≤ sup M,varav följer att följden a ′ n är avtagande och på samma sätt inser man att a′′ när växande. Alltså har följderna a ′ n och a′′ n gränsvärden och man sätterlim sup a n = lim a ′n→∞ n→∞n, lim inf a n = lim a ′′n→∞ n→∞n.Dessa kallas limes superior resp limes inferior av a n . Limes superior och limesinferior har samma egenskaper som det vanliga limes, t ex gällerlim sup(a n + b n ) = lim sup a n + lim sup b noch om a ≤ a n ≤ b, så gäller a ≤ lim sup a n ≤ b. Lägg också märke till attlim inf a n ≤ lim sup a n . En fundamental konvergenssats ärSats 2 Följden a n är konvergent om och endast omlim sup a n = lim inf a n.n→∞n→∞I så fall gällerlim a n = lim supn→∞n→∞a n = lim infn→∞ a n.Bevis: ”Om”: Vi har a ′′ n ≤ a n ≤ a ′ n . Eftersom ytterledens gränsvärden existeraroch är lika, så ger sandwichprincipen (instängningsregeln) att även lim a nexisterar och att det är lika med ytterledens gränsvärden.”Endast om”: Sätt A = lim a n . Tag ɛ > 0. Det finns ett tal N sådant attn ≤ N ⇒ |a n − A| < ɛ, dvs A − ɛ < a n < A + ɛ,9

vilket gerA − ɛ < lim sup a n ≤ A + ɛ.Detta gäller för varje ɛ > 0, vilket är möjligt bara då lim sup a n = A. Bevisetför att lim inf a n = A är helt analogt.En talföljd a n säges vara Cauchy-konvergent om det för varje ɛ > 0 finns etttal N sådant attn, m ≥ N ⇒ |a n − a m | < ɛ.Man kan också uttrycka det så här:|a n − a m | → 0 då n, m → ∞ oberoende av varandra.En Cauchykonvergent följd är begränsad, för tag ɛ = 1 (t ex). Då finns Nsådant attn, m ≥ N ⇒ |a n − a m | < 1.Men då är ju|a n | = |(a n − a N ) + a N | ≤ |a n − a N | + |a N | ≤ 1 + |a N |.Det är vidare klart att en konvergent följd är Cauchykonvergent, för omgränsvärdet är A, så har vi jua n − a m → A − A = 0 då n, m → ∞.Det intressanta och viktiga är att omvändningen också är sann, trots attCauchykonvergens förefaller vara ett svagare villkor än konvergens:Sats 3 (Cauchys konvergensprincip) En Cauchykonvergent talföljd ärkonvergent.Bevis: Tag ɛ > 0. Då finns ett tal N sådant attAlltså gäller att(tag nämligen m = N). Alltså ärn, m ≥ N ⇒ |a n − a m | < ɛ.n ≥ N ⇒ a N − ɛ < a n < a N + ɛa N − ɛ ≤ lim inf a n ≤ lim sup a n ≤ a N + ɛ10

vilket ger0 ≤ lim sup a n − lim inf a n ≤ 2ɛ för alla ɛ,vilket är möjligt bara då lim inf a n = lim sup a n . Enligt Sats 3 är följdenkonvergent.Det fina med Cauchys konvergensprincip är att man kan använda den för attvisa konvergens utan att veta vad gränsvärdet är. Här har vi låtit konvergensprincipenvara en konsekvens av supremumegenskapen, men man kan sepå relationen mellan dessa på andra sätt också; vilket man väljer beror påhur man har konstruerat de reella talen. Det finns nämligen olika sätt attgöra det, och ett är sådant att Sats 3 är inbyggd i själva konstruktionen.En talföljd som uppfyller villkoret i Cauchys konvergensprincip kallas ofta enCauchyföljd.11