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：

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

応用上非常に重要なスターリングの公式について解説します。大学入試で直接役に立つことはないでしょうが，極限計算のよい練習になりますし，スターリングの公式を背景とする入試問題は出てもおかしくありません。

スターリングの公式の意義
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意義スターリングの公式は階乗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からです。
上記の公式が最も幅広く使われていますが，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!\simeq \left(\dfrac{n}{e}\right)^nn!≃(en​)n
・対数型のスターリング：
log⁡n!≃nlog⁡n−n+12log⁡(2πn)\log n!\simeq n\log n-n+\dfrac{1}{2}\log(2\pi n)logn!≃nlogn−n+21​log(2πn)
log⁡n!≃nlog⁡n−n\log n!\simeq n\log n-nlogn!≃nlogn−n
・より精密な評価：
n!≃2πn(ne)n(1+112n)n!\simeq\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なのか場合によって使い分けます。

スターリングの公式の証明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
を示すのが目標となります。
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かなり煩雑になっていまうのでアウトラインだけを述べます。（詳細を知りたい方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」という事実を使います。（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：

1： $a_n$ が単調減少であること

2： $A > 0$ であること

証明が想像以上に大変でした……

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