Stirlingの公式の証明
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この記事では, 私の考えたStirlingの公式の証明を解説しようと思います.
この記事 の結果を用います. これを前提とすると結構簡単に証明することができます.
一応もう一度この補題の主張を書いておくと, 以下のようになります.
区間$[-1,1]$で連続かつ$f(1)\neq0$である関数$f(z)$と正の実数$c$を用いて, 数列$\{a_n\}_{n\geq0}$の母関数が
$$ \sumn{0} a_nz^n=\frac{f(z)}{(1-z)^c}$$
と表せるとき, $$ \ds a_n\sim \frac{f(1)}{\Gamma(c)}\,n^{c-1}\hspace{12pt}\mathrm{as}\ n\to\infty$$
が成り立つ.
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(証明)
$$ \int_0^\infty x^ne^{-(n+1)x}\,dx=\frac{n!}{(n+1)^{n+1}}$$
を用いると,
$$\sumn{0}\frac{n!}{(n+1)^{n+1}}z^n=\int_0^\infty\frac{e^{-x}}{1-zxe^{-x}}\,dx$$
となります. ここで$z\mapsto ez$として両辺に$e$を掛けて,
$$\beq
F(z)&=&\sumn{0}n!\left(\frac{e}{n+1}\right)^{n+1}z^n\\[5pt]
&=&\int_0^\infty\frac{e^{1-x}}{1-zxe^{1-x}}\,dx\\[5pt]
&=&\int_{-1}^\infty\frac{dx}{e^x-z(1+x)}
\eeq$$
のような$F(z)$を考えます. $F(z)=O((1-z)^{-\frac12})$であることを示し, さらにその係数まで調べます.
$z\to1$で考えると右辺の被積分関数は$x=0$周辺でのみ発散するので, その近傍での積分を評価すれば良いです(近傍以外での積分は有限なので). $z$に依らない$\ep>0$に対し, $\delta=\delta(\ep)>0$が存在して, $0< x<\delta$で
$$ 1+x+\tfrac12x^2\leq e^x\leq 1+x+(\tfrac12+\ep)x^2$$
$z(1+x)$を引いて評価を少し甘くして
$$ (1-z)+\tfrac12x^2\leq e^x-z(1+x)\leq(1-z)(1+\delta)+(\tfrac12+\ep)x^2$$
これの逆数を$0\to\delta$で積分して, 例えば
$$ \int_0^\delta\frac{dx}{(1-z)(1+\delta)+(\tfrac12+\ep)x^2}=\frac{\arctan\sqrt{\frac{(\tfrac12+\ep)}{(1-z)(1+\delta)}}\delta}{\sqrt{(1-z)(1+\delta)(\tfrac12+\ep)}}$$
これは$\sqrt{1-z}$を掛けて$z\to1$として$\ep\to0$とすれば$\frac{\pi}{\sqrt{2}}$になります. もう片方の評価も同様で, また$-\delta< x<0$でも同様の評価をすれば同じことになるので, $$\lim_{z\to1}\sqrt{1-z}\,F(z)=\sqrt{2}\pi$$
と分かります.
以上より, 補題において$c=\tfrac12, f(1)=\sqrt{2}\pi$としたものが適用できるので,
$$ n!\left(\frac{e}{n+1}\right)^{n+1}\sim\frac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{n}}$$
即ち$n\mapsto n-1$として両辺に$n$を掛けて,
$$ n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^n$$
を得ます.
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読んでくださった方, ありがとうございました.
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