スターリングの公式の簡単な証明
はじめに
この記事ではスターリングの公式をガンマ関数を用いた証明を紹介します。
スターリングの公式とは以下の公式のことを言うのでした。
階乗$n!$は$n\to\infty$において漸近的に$\dis n!\sim\sqrt{2\pi n}\l(\frac{n}{e}\r)^n$となる。つまり$\dis\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}}\l(\frac{e}{n}\r)^n=1$が成り立つ。
ここではガンマ関数$\dis\G(t)=\int^\infty_0x^{t-1}e^{-t}dx$を用いたより強い主張
$\dis\G(t)\sim\sqrt{\frac{2\pi}{t}}\l(\frac{t}{e}\r)^t$もしくは$\dis\lim_{t\to\infty}\sqrt{t}\l(\frac{e}{t}\r)^t\G(t)=\sqrt{2\pi}$を示す。
これは$\G(n)=(n-1)!$であるから$n!$についてのスターリングの公式を内含していることがわかる。
複素解析においてはさらに強い主張
$\dis\G(z)\sim\sqrt{\frac{2\pi}{z}}\l(\frac{z}{e}\r)^z\quad(as\;|z|\to\infty)$
を示すことができる(例えば
Wikipedia
でも紹介されている)がここでは$z\in\R_{>0}$のケースのみを扱う。
証明
$\dis\sqrt{t}\l(\frac{e}{t}\r)^t\G(t)=\int^\infty_{-\infty}\exp\l(t(1+\frac{x}{\sqrt{t}}-e^{\frac{x}{\sqrt{t}}})\r)dx$が成り立つ。
$\dis\frac{x}{t}=e^{\frac{y}{\sqrt{t}}}$とすると$\dis\frac{dx}{t}=\frac{x}{t}\cdot\frac{dy}{\sqrt{t}}$であって、$\begin{array}{c|ccc}x&0&\to&\infty\\\hline y&-\infty&\to&\infty\end{array}$となるので
$\dis\sqrt{t}\l(\frac{e}{t}\r)^t\G(t)
=\int^\infty_0\l(\frac{x}{t}\r)^te^{t(1-\frac{x}{t})}\frac{dx}{x}
=\int^\infty_{-\infty}\exp\l(t(1+\frac{y}{\sqrt{t}}-e^{\frac{y}{\sqrt{t}}})\r)dy$
を得る。
いま$t\to\infty$において$\dis e^{\frac{x}{\sqrt{t}}}=1+\frac{x}{\sqrt{t}}+\frac{x^2}{2t}+O(\frac{1}{t\sqrt{t}})$より
$\dis\lim_{t\to\infty}t(1+\frac{x}{\sqrt{t}}-e^{\frac{x}{\sqrt{t}}})=-\frac{x^2}{2}$
が成り立つので補題2から
$\dis\lim_{t\to\infty}\sqrt{t}\l(\frac{e}{t}\r)^t\G(t)=\int^\infty_{-\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt{2\pi}\quad$(ガウス積分)
を得る。
補足
上の議論では積分と極限の交換を無断で行っていたがその正当性を以下で示しておく。
今回使うのはルベーグ積分の単調収束定理である。
区間$x\in I$上の関数$f_t(x)$が$t$について単調増加(単調減少)にある関数$f(x)$に収束し、$f_1(x)$が積分可能であれば
$\dis\lim_{t\to\infty}\int_If_t(x)dx=\int_If(x)dx$
が成り立つ。
いま$\dis f_t(x)=\exp\l(t(1+\frac{x}{\sqrt{t}}-e^{\frac{x}{\sqrt{t}}})\r)$とおくと先の議論より$\dis\lim_{t\to\infty}f_t(x)=e^{-\frac{x^2}{2}}$であることは示していたのであとは$f_t(x)$が$t$について単調であることを示せばよい。
$f_t(x)$は区間$x\in[0,\infty)$において$t$について単調増加であり、区間$x\in(-\infty,0)$において$t$について単調減少である。
$f_t(x)$の代わりに$\dis g_t(x)=t(1+\frac{x}{\sqrt{t}}-e^{\frac{x}{\sqrt{t}}})$について示せばよい。
$\dis\frac{\p}{\p t}g_t(x)=1+\frac{x}{2\sqrt{t}}-e^{\frac{x}{\sqrt{t}}}+\frac{x}{2\sqrt{t}}e^{\frac{x}{\sqrt{t}}}=(\frac{x}{2\sqrt{t}}-1)(e^{\frac{x}{\sqrt{t}}}+1)+2$
$\dis\frac{\p^2}{\p x\p t}g_t(x)=\frac{1}{2\sqrt{t}}\l((\frac{x}{\sqrt{t}}-1)e^{\frac{x}{\sqrt{t}}}+1\r)$
であって$e^{\frac{x}{\sqrt{t}}}-1\leq\frac{x}{\sqrt{t}}e^{\frac{x}{\sqrt{t}}}$から$\frac{\p^2}{\p x\p t}g_t(x)\geq0$なので$\frac{\p}{\p t}g_t(x)$は$x$について単調増加であって、
$\frac{\p}{\p t}g_t(0)=0$より
$x\geq0$において$\frac{\p}{\p t}g_t(x)\geq0$つまり$g_t(x)$は$t$について単調増加で
$x<0$において$\frac{\p}{\p t}g_t(x)<0$つまり$g_t(x)$は$t$について単調減少になる。
一応$f_1(x)=\exp(1+x-e^x)$の積分可能性についても確認する必要があるが、それは
$\dis\int^\infty_0f_1(x)dx<\int^\infty_0e^{-\frac{x^2}{2}}dx=\sqrt{\frac{\pi}{2}}<\infty$
$\dis\int^0_{-\infty}f_1(x)dx<\int^0_{-\infty}e^{1+x}dx=e$
と示すことができる。
参考文献
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