スターリングの公式とその証明

更新日時 2021/03/07

スターリングの公式

$n!\fallingdotseq\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n$

スターリングの公式の意味と証明を解説します。

スターリングの公式の意味
スターリングの公式の証明
Step1の概略
スターリングの公式の別バージョン

スターリングの公式の意味この記事では，両辺の比の極限が1に収束するとき A≒BA\fallingdotseq BA≒B と記載します。つまり，スターリングの公式をきちんと書くと，
lim⁡n→∞n!en2πnnn=1\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n!e^n}{\sqrt{2\pi n}n^n}=1n→∞lim​2πn​nnn!en​=1
となります。
試しに n=10n=10n=10 を左辺に代入して計算すると約 1.0081.0081.008 になります。n=20n=20n=20 だと約 1.0041.0041.004 です。精度良いですね！
スターリングの公式は階乗 n!n!n! を指数関数で近似する公式です。統計力学（物理の一分野）や組み合わせ数学で用いられます。
階乗よりも指数関数の方が扱いやすい場合が多いので嬉しいです。

スターリングの公式の証明スターリングの公式を証明します。対数関数のグラフを用いて理解する方法もありますが，ここではウォリスの公式を用いた厳密な証明を解説します。
lim⁡n→∞n!en2πnnn=1\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n!e^n}{\sqrt{2\pi n}n^n}=1n→∞lim​2πn​nnn!en​=1
を示すのが目標です。
方針
Step1：
an=n!ennnna_n=\dfrac{n!e^n}{n^n\sqrt{n}}an​=nnn​n!en​
が
n→∞n\to\inftyn→∞
で定数
A>0A > 0A>0
に収束することを示す。
Step2：ウォリスの公式を用いて定数
AAA
が
2π\sqrt{2\pi}2π​
であることを示す。
とりあえず面白いStep2の証明からやってみます。式は複雑ですが，やっていることは非常に単純です。
Step2の証明
まず，ウォリスの公式：
∏n=1∞(2n)2(2n−1)(2n+1)=π2\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\dfrac{(2n)^2}{(2n-1)(2n+1)}=\dfrac{\pi}{2}n=1∏∞​(2n−1)(2n+1)(2n)2​=2π​
を書き下して階乗が出現する形に表す（→補足）：
lim⁡n→∞24n(n!)4((2n)!)2(2n+1)=π2\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{2^{4n}(n!)^4}{((2n)!)^2(2n+1)}=\dfrac{\pi}{2}n→∞lim​((2n)!)2(2n+1)24n(n!)4​=2π​
次にstep1の結果が使える形に変形する：
lim⁡n→∞24n2n+1(n!ennnn)4{(2n)2n2n(2n)!e2n}2n24n+1=π2\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}n→∞lim​2n+124n​(nnn​n!en​)4{(2n)!e2n(2n)2n2n​​}224n+1n​=2π​
よって，
A4A2lim⁡n→∞n2(2n+1)=π2\dfrac{A^4}{A^2}\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{2(2n+1)}=\dfrac{\pi}{2}A2A4​n→∞lim​2(2n+1)n​=2π​
となり
A=2πA=\sqrt{2\pi}A=2π​
 が示された。
式変形がやや複雑なので分かりにくい人は，実際に
n=3n=3n=3
 くらいまで書き下していくと理解しやすいでしょう。
補足：
11⋅3⋅⋯⋅(2n−1)=2⋅4⋅⋯⋅2n(2n)!=2nn!(2n)!\dfrac{1}{1\cdot 3\cdot\cdots \cdot (2n-1)}\\
=\dfrac{2\cdot 4\cdot \cdots\cdot 2n}{(2n)!}\\
=\dfrac{2^nn!}{(2n)!}1⋅3⋅⋯⋅(2n−1)1​=(2n)!2⋅4⋅⋯⋅2n​=(2n)!2nn!​
および
11⋅3⋅⋯⋅(2n+1)=2⋅4⋅⋯⋅2n(2n+1)!=2nn!(2n)!(2n+1)\dfrac{1}{1\cdot 3\cdot\cdots \cdot (2n+1)}\\
=\dfrac{2\cdot 4\cdot \cdots\cdot 2n}{(2n+1)!}\\
=\dfrac{2^nn!}{(2n)!(2n+1)}1⋅3⋅⋯⋅(2n+1)1​=(2n+1)!2⋅4⋅⋯⋅2n​=(2n)!(2n+1)2nn!​
を使います。

Step1の概略

細かい計算を書くと煩雑になってしまうので，概略のみ述べます（詳細は微分を用いた不等式証明の問題）。

方針

「単調減少で下に有界な数列は収束する」という定理を前提とします。（詳しくは，自然対数の底に収束することの証明の定理1参照）

定義より $a_n > 0$ なので下に有界であることは明らかです。よって，示したいことは以下の2点です：

$a_n$ が単調減少であること
$A > 0$ であること

スターリングの公式の別バージョンスターリングの公式には他にも様々なバージョンが存在します。
・より荒っぽい評価：
n!≒(ne)nn!\fallingdotseq \left(\dfrac{n}{e}\right)^nn!≒(en​)n
・対数型のスターリングの公式：
log⁡n!≒nlog⁡n−n+12log⁡(2πn)\log n!\fallingdotseq n\log n-n+\dfrac{1}{2}\log(2\pi n)logn!≒nlogn−n+21​log(2πn)
log⁡n!≒nlog⁡n−n\log n!\fallingdotseq n\log n-nlogn!≒nlogn−n
・より精密な評価：
n!≒2πn(ne)n(1+112n)n!\fallingdotseq\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n\left(1+\dfrac{1}{12n}\right)n!≒2πn​(en​)n(1+12n1​)
どれくらい精度の良い近似が必要かによって使い分けます。
スターリングの公式を背景とする入試問題があってもよさそうです。
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