弱いスターリングの公式の証明

弱い形のスターリングの公式の別証明を思いついたので書きます。

問題

階乗を上下から近似することによって証明します。

上限

階乗を上から抑える

$$\begin{array}{rl}& \log (n!)\\ =& \log 1+\log 2+\cdots +\log (n-1)+\log n\\ <& {\int }_1^n\log xdx+\log n\\ =& n\log n-n+1+\log n\\ =& (n+1)\log n+(-n+1)\end{array}$$

として上から抑えられます。今後の議論のために、もう少し精密に評価します。そのために、この緑の三角形たちの面積の総和を求めます。

階乗を上から抑える(2)

整数$k\ge 1$に対し、$k\le x<k+1$の部分の面積は

$$\frac{1}{2}\cdot 1\cdot (\log (k+1)-\log k)$$

なので、望遠鏡和の原理により、緑の三角形たちの面積の総和は

$$\frac{1}{2}\cdot 1\cdot (\log n-\log 1)=\frac{1}{2}\log n$$

となります。そのため、

$$\log (n!)+\frac{1}{2}\log n<(n+1)\log n+(-n+1)$$

すなわち

$$\log (n!)<(n+\frac{1}{2})\log n+(-n+1)$$

となります。

下限

階乗を下から抑える

$$\begin{array}{rl}& \log (n!)\\ =& \log 1+\log 2+\cdots +\log n\\ >& {\int }_1^n\log xdx\\ =& n\log n-n+1\\ =& n\log n+(-n+1)\end{array}$$

として下から抑えられます。また、

階乗を下から抑える(2)

整数$k\ge 1$に対し、$k\le x<k+1$の部分の面積は

$$\frac{1}{2}\cdot \frac{\log (k+1)-\log k}{1/k}\cdot (\log (k+1)-\log k)=\frac{1}{2}k(\log (k+1)-\log k{)}^2$$

で与えられます。この合計を下から抑えます。

$a>0$を定数とし、

$$g(x)=\log k+x-(\log k+\frac{1}{k}x-\frac{1}{a{k}^2}{x}^2)$$

とすると、$a<2$のとき$g(0)=g^{\prime }(0)=0,g^{″}(0)<0$より任意の$x$で$g(x)>0$であり、$a=2$のとき$g(0)=g^{\prime }(0)=g^{″}(0)=0,g^{‴}(0)>0$より任意の$x$で$g(x)>0$であることがわかります。

そのため、$a=1$とおくことで

$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{2}k(\log (k+1)-\log k{)}^2\\ >& \frac{1}{2}k{(\frac{1}{k}-\frac{1}{k^2})}^2\\ >& \frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{2}{k^2}+\frac{1}{k^3})\\ >& \frac{1}{2}(\frac{1}{k}-\frac{2}{k^2})\\ >& \frac{1}{2k}-\frac{1}{k^2}\end{array}$$

がわかります。一番下の式を$S(k)$とおきます。

微分により、$k>4$で$S(k)$が単調減少であることがわかるので、$n>4$とし、$k=1,2,3$のときの$S(k)$の総和を$D$と置きます。$D$は定数です。

このとき、

$$\begin{array}{rl}& \text{(}緑の三角形の面積の総和)\\ >& \sum _{k=1}^{n-1}S(k)\\ =& D+\sum _{k=4}^{n-1}S(k)\\ >& D;{\int }_{k=4}^{n}S(k)\\ =& D+\frac{1}{2}\log n-\frac{1}{2}\log 4+\frac{1}{n}-\frac{1}{4}\\ >& \frac{1}{2}\log n+\frac{1}{n}-1.5\\ >& \frac{1}{2}\log n-1.5\end{array}$$

なので、

$$\log (n!)-(\frac{1}{2}\log n-1.5)>n\log n+(-n+1)$$

すなわち

$$\log (n!)>(n+\frac{1}{2})\log n+(-n-0.5)$$

となります。

結論

上下それぞれからの評価の式の指数を取る($\lambda x.e^x$を適用することです。「対数を取る」に比べて頻度の低い言い方ですが、用例は存在します)ことで、

$$n!<n^{n+\frac{1}{2}}{e}^{-n}\cdot e$$

$$n!>n^{n+\frac{1}{2}}{e}^{-n}\cdot e^{-0.5}$$

がわかります。よって、$A=e^{-0.5},B=e$とおくことで、題意が示せました。

補遺

正確には$A$や$B$の値は$\sqrt{2\pi }$にいくらでも近づけられるようです。