Vizualizare sursă pentru „Formula lui Stirling”

[[Fișier:Stirling's Approximation.svg|thumb|right|300px|Raportul dintre ''(ln n!)'' şi ''(n ln n − n)'' se apropie de unitate când ''n'' creşte.]]
În [[analiza matematică]], '''formula lui Stirling''' permite calculul aproximativ al [[factorial]]ului:
::<math> n! = \sqrt {2 \pi n} \cdot n^{n} \cdot e^{-n} + \frac {\theta_n}{12 n},  </math>
unde <math>\theta_n \in (0, 1)  </math> este un număr stabilit de [[James Stirling]].

Această formulă este echivalentă cu:
::<math> \lim_{n \to \infty} \frac {n!}{n^{(n + 1/2)} e^{-n} } = \sqrt {2 \pi}. </math>

== Demonstrație ==
Conform unei proprietăți a [[logaritm]]ilor:
::<math> \log {n !} = \log 1 + \log 2 + \cdots + \log n. </math>
Deoarece funcția logaritm este crescătoare pe <math> (0, \infty), </math>
::<math> \int_{n-1}^{n} \log x \; dx  < \log n <  \int_{n}^{n+1} \log x \; dx, </math>
pentru <math> n \ge 1. </math>

Se scrie această dublă [[inegalitate]] pentru <math> n= 1, 2, \cdots , N </math> și se adună membru cu membru. 
Rezultă:
::<math> \int_{0}^{N} \log x \; dx < \log {(N!)} <  \int_{1}^{N+1} \log x \; dx </math>

Se calculeaza cele doua integrale folosind formula de integrare prin parti, astfel:
::<math> \int_{a}^{b} \log x \; dx = \int_{a}^{b} x' \log x \; dx = b \log b - a \log a + a - b.</math>

Se aplica formula de mai sus pentru a = 0 si b = N, respectiv a = 1 si b = N + 1, obținandu-se:
::<math> n \log n - n < \log {(n!)} < (n+1) \log {(n+1)} - n.</math>

Fie:
::<math> d_n = \log {(n!)} - \left ( n + \frac 12 \right ) \log n + n. </math>

Se poate obține:
::<math> d_n - d_{n+1} = \left ( n + \frac 12 \right ) \log {\frac {n+1}{n}} -1</math>

și apoi:
::<math> \frac {n+1}{n }= \frac {1+ \frac {1}{2n+1} }{1- \frac {1}{2n+1}}. </math>

Utilizând dezvoltarea în [[serie Taylor]], se obține:
::<math> \frac 12 \log \left (  \frac {1+t}{1-t} \right ) = t + \frac 13 t^3 + \frac 15 t^5 + \cdots  </math>

Pentru <math> -1 < t < 1 </math> se poate scrie:
::<math>  d_n - d_{n+1} = \frac 13 \frac {1}{(2n+1)^2} + \frac 15 \frac {1}{(2n+1)^4} + \cdots </math>

Aceasta [[implicație logică|implică]]:
::<math> 0<  d_n - d_{n+1} <  \frac 13 \frac {1}{(2n+1)^2} + \frac 15 \frac {1}{(2n+1)^4} + \cdots </math>

Luând în considerare proprietățile [[serie geometrică|seriilor geometrice]]:
::<math> 0<  d_n - d_{n+1} <  \frac 13 \frac {1}{(2n+1)^2 -1} = \frac {1}{12} \left ( \frac 1n - \frac {1}{n+1}   \right ). </math>

Deci șirul <math> \{  d_n \} </math> este descrescător, iar șirul <math> \{  d_n - \frac {1}{12n} \} </math> este descrescător.
Rezultă că <math> \{  d_n \} </math> este convergent către o limită '''C''' cu proprietatea:
::<math> \lim_{n \to \infty} d_n = \lim_{n \to \infty} d_n  - \frac {1}{12n} =\mathbf C, </math>

unde
::<math> C>d_1 - \frac {1}{12}= 1 - \frac {1}{12} = \frac {11}{12}. </math>

Utilizând [[funcția exponențială]], se obține:
::<math> \lim_{n \to infty} \frac {n!}{n^{n + 1/2} e^{-n}} = c^C.  </math>

Rămâne de demonstrat că &nbsp; <math> e^C = \sqrt {2 \pi}. </math>

Se utilizează [[formula lui Wallis]]:
::<math> \lim_{n \to \infty} \frac {2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 6 \cdot \cdots \cdot (2n) \cdot (2n) }{1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2n-1) \cdot (2n-1) \cdot (2n +1)} = \frac {\pi}{2},  </math>

care poate fi scrisă:
::<math> \frac {2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdots \cdot (2n) }{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdots \cdot (2n-1) \cdot \sqrt {2 \pi}} \sim \sqrt {\frac {\pi}{2}},  </math>

adică:
::<math> \frac {(2^n n!)^2}{(2n)!} \cdot \frac {1}{\sqrt {2n}} \sim \sqrt {\frac {\pi}{2}}.  </math>

Utilizând formula de mai sus:
::<math> n! \sim n^{n+1/2} \cdot e^{-n} \cdot e^{C}, </math>

se obține:
::<math> \frac {2^{2n} (n^{2n +1}\cdot  e^{-2n} \cdot e^{2C})}{(2n)^{2n + 1/2} \cdot e^{-2n} \cdot e^C } \frac {1}{\sqrt {2n}} \sim \sqrt { \frac{\pi}{2}}.  </math>

Rezultă:
::<math> e^C \sim \sqrt {2 \pi}, </math>

adică:
::<math> e^C = \sqrt {2 \pi}, </math>
ceea ce trebuia demonstrat.

{{Ciot-matematică}}

[[Categorie:Analiză matematică]]