一个形式较精细的 Strling 公式的证明

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本文并非博主作品,仅有若干修改、调整工作。

近日整理书稿,在整理至 Strling 公式处时,发现当时数学老师所讲的是形式比较精细的一种。

Strling公式

\begin{equation} n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}} \end{equation}

其中 $\theta_n\in\left(\frac{n}{n+1},1\right)$ 是一个与 $n$ 有关的变量。

这相当于是利用 Euler-Maclaurin求和公式所能得到的最精确形式的 Strling 公式之第一项。

此处将这一种形式的 Strling 公式证明简要叙述一下,下面所用的方法遵循了一种常见的证明模式。

证明流程

引理1:$\frac{1}{3}t^2<\frac{1}{2t}\ln\frac{1+t}{1-t}-1<\frac{1}{3}\cdot\frac{t^2}{1-t^2}.\quad(0<\lvert t\rvert<1)$

证明:令 $f(t)=\ln\frac{1+t}{1-t}-2t-\frac23t^3$,则由

\[f'(t)=\frac1{1+t}-\frac1{1-t}-2-2t^3=\frac{2t^4}{1-t^2}>0\quad(0<\lvert t\rvert<1)\]

知 $f(t)$ 单增,而又有 $f(t)=0$,故可见 $f(t)>0$ 在 $0<\lvert t\rvert<1$ 时恒成立,而这正是要证的不等式的左半部分。同样的道理,设 $g(t)=\ln\frac{1+t}{1-t}-2t-\frac23\cdot\frac{t^3}{1-t^2}$,可验证得到

\[g'(t)=\frac1{1+t}-\frac1{1-t}-2-\frac23\cdot\frac{3t^2(1-t^2)-t^3\cdot(-2t)}{(1-t^2)^2}=-\frac43\frac{t^4}{(1-t^2)^2}<0\quad(0<\lvert t\rvert<1)\]

从而 $g(t)$ 单减,再由 $g(0)=0$ 得到 $g(t)<0$ 在 $0<\lvert t\rvert<1$ 时恒成立,而这正是不等式的右半部分。综上就证明了题目所给不等式的正确性。

引理2:令$\alpha_n=\ln(n!)+n-\left(n+\frac12\right)\ln n\ (n\geq1)$,证明

\begin{equation}\label{eq:lemma-2} \frac1{12}\left(\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\right)<\alpha_n-\alpha_{n+1}<\frac1{12}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right). \end{equation}

证明:可以算出

\[\alpha_n-\alpha_{n+1}=\left(n+\frac12\right)\ln\frac{n+1}n-1=\left.\left(\frac1{2x}\ln\frac{1+x}{1-x}-1\right)\right|_{x=\frac1{2n+1}}\]

这时应用引理1中的结果就有

\[\alpha_n-\alpha_{n+1}>\left.{\frac{x^2}3}\right|_{x=\frac1{2n+1}}=\frac12\left(\frac1{2n+1}\right)^2=\frac13\frac1{4n^2+4n+1}>\frac13\frac1{4(n^2+3n+2)}=\frac1{12}\left(\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\right).\] \[\alpha_n-\alpha_{n+1}<\left.{\frac13\frac{x^2}{1-x^2}}\right|_{x=\frac1{2n+1}}=\frac13\frac1{(2n+1)^2-1}=\frac1{12}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)\]

由此就证明了不等式 \eqref{eq:lemma-2}。

引理3:设 $a_n=\alpha_n-\frac1{12n}$,$b_n=\alpha_n-\frac1{12(n+1)}$,则数列 ${a_n},{b_n}$ 收敛,且极限值相等。

证明:利用引理2的结果就有

\[\begin{cases} a_n-a_{n+1}=(\alpha_n-\alpha_{n+1})-\frac1{12}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)<0\\ b_n-b_{n+1}=(\alpha_n-\alpha_{n+1})-\frac1{12}\left(\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\right)>0 \end{cases}\]

由此可见 ${a_n}$ 是严格单增数列而 ${b_n}$ 是严格单减数列,并且总是有 $a_n<b_n$,从而它们都有界。故由单调有界定理,它们都是收敛数列。此外,还容易验证 $\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)=0$,因此它们的极限都相等。

最后,来证明文首所给的Strling公式。

证明:设引理3中的两数列 ${a_n},{b_n}$ 之极限值为 $\alpha$,并令

\[\begin{cases} A_n=\mathrm{e}^{a_n}=\frac{n!}{\sqrt n}\left(\frac{\mathrm{e}}n\right)^n\mathrm{e}^{-\frac1{12n}}\\ B_n=\mathrm{e}^{b_n}=\frac{n!}{\sqrt n}\left(\frac{\mathrm{e}}n\right)^n\mathrm{e}^{-\frac1{12(n+1)}} \end{cases}\]

那么就有 $A_n<\mathrm{e}^\alpha<B_n$ 成立。记 $A=\mathrm{e}^\alpha$,那么就有 $A_n<A<B_n$,为此应该存在一个与 $n$ 相关的 $\theta_n\in\left(\frac{n}{n+1},1\right)$ 使得

\begin{equation}\label{eq:approx} n!=A\sqrt{n!}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}. \end{equation}

到这里为止,我们只要将常数 $A$ 确定下来就够了。为此,考虑将Wallis公式变形一下:

\[\frac\pi2=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)^2\frac1{2n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!}\right)^2\frac1{2n+1}\]

然后代入 $n!=A\sqrt{n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}$ 就有:

\[\lim\limits_{n\to\infty}\left[\frac{\left(2^{2n}\cdot A\sqrt n\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}\right)^2}{A\sqrt{2n}\left(\frac{2n}{\mathrm{e}}\right)^2n\cdot\mathrm{e}^{\frac{\theta_{2n}}{24n}}}\right]^2\frac1{2n+1}=\frac\pi2.\]

也即

\[\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt{\frac n2}A\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}\bigg/\mathrm{e}^{\frac{\theta_{2n}}{24n}}\right)^{2n}\cdot\frac1{2n+1}=\frac\pi2.\]

展开平方,我们得到

\[\lim\limits_{n\to\infty}\frac{nA^2}{2}\frac{\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{6n}}}{\mathrm{e}^{\frac{\theta_{2n}}{12n}}}\cdot\frac1{2n+1}=\frac{A^2}4=\frac\pi2\]

故解出常数 $A=\sqrt{2\pi}$。将其带回之前的估计式 \eqref{eq:approx} 中,我们就最终得到了

\[n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}\]

其中 $\theta_n\in(\frac n{n+1},1)$ 与 $n$ 有关。Strling 公式由此得证。