スターリングの公式とその証明

• $a_n>0$ より $a_n$ は下に有界。

• 次に，$a_n$ が単調減少であることを示す。これは，$\log\dfrac{a_{n}}{a_{n+1}}>0$ を示せばよい。
  $\log\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\\ =\log\dfrac{n!e^n(n+1)^{n+1}\sqrt{n+1}}{n^n\sqrt{n}(n+1)!e^{n+1}}\\ =\log\dfrac{(n+1)}{(n+1)e}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}\\ =\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\log\left(1+\dfrac{1}{n}\right)-1$
  これが正であることは微分すれば簡単に示せる。（→微分を用いた不等式証明の問題の左側の不等式）。

• さらに，収束先が $0$ でないこと（正であること）を示す。上式と，微分を用いた不等式証明の問題の右側の不等式より，
  $\log\dfrac{a_n}{a_{n+1}}<\dfrac{1}{4n(n+1)}=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\right)$
  よって，$\log\dfrac{a_1}{a_n}<\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)<\dfrac{1}{4}$
  $a_1=e$ より $1-\log a_n<\dfrac{1}{4}$，つまり $a_n>e^{\frac{3}{4}}$

まず，ウォリスの公式：

$\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n)^2}{(2n-1)(2n+1)}=\dfrac{\pi}{2}$

を書き下して階乗が出現する形に表す（→補足）：

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{2^{4n}(n!)^4}{((2n)!)^2(2n+1)}=\dfrac{\pi}{2}$

次に，上式をstep1の結果が使える形に変形する：

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{2^{4n}}{2n+1}\left(\dfrac{n!e^n}{n^n\sqrt{n}}\right)^4\left\{\dfrac{(2n)^{2n}\sqrt{2n}}{(2n)!e^{2n}}\right\}^2\dfrac{n}{2^{4n+1}}=\dfrac{\pi}{2}$

よって，

$\dfrac{A^4}{A^2}\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{2(2n+1)}=\dfrac{\pi}{2}$

となり，$\dfrac{1}{4}A^2=\dfrac{\pi}{2}$

$A>0$ より $A=\sqrt{2\pi}$

$n!$ を評価したい。積なので対数を取って和にして評価する。

$\log(n!)=\displaystyle\sum_{k=1}^n\log k$

$y=\log x$ のグラフを描いて短冊形の面積を考えると，

$\displaystyle\int_1^n\log xdx\leq \log(n!)\leq\displaystyle\int_1^{n+1}\log xdx$

左辺と右辺を計算すると，

$n\log n-n+1\leq \log(n!)\leq (n+1)\log(n+1)-n$

よって，各辺の指数を取ると

$n^ne^{-n}e\leq n!\leq (n+1)^{n+1}e^{-n}$

となり目標の不等式を得る。