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斯特林公式

斯特林公式揭示了当 n 趋向无穷大时 n!、nⁿ 与 eⁿ 之间的关系。

沃利斯公式

我们先从一个定积分开始：

∫0π2sin⁡nx dx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx

我们可以推导出如下结果：

∫0π2sin⁡nx dx=−∫0π2sin⁡n−1x d(cos⁡x)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1} x \, d(\cos x)

利用分部积分法，其中 ∫u dv=uv−∫v du\int u \, dv = uv - \int v \, du，可得：

−∫0π2sin⁡n−1x d(cos⁡x)=−(sin⁡n−1xcos⁡x)∣0π2+∫0π2cos⁡x d(sin⁡n−1x)-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1} x \, d(\cos x) \\ = -\left( \sin^{n-1} x \cos x \right) \Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, d\left(\sin^{n-1} x \right)=∫0π2cos⁡2x⋅(n−1)sin⁡n−2x dx=(n−1)∫0π2(sin⁡n−2x−sin⁡nx) dx= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x \cdot (n-1) \sin^{n-2} x \, dx \\ = (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin^{n-2} x - \sin^n x \right) \, dx

因此：

∫0π2sin⁡nx dx=(n−1)∫0π2(sin⁡n−2x−sin⁡nx) dx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin^{n-2} x - \sin^n x \right) \, dx

于是：

n∫0π2sin⁡nx dx=(n−1)∫0π2sin⁡n−2x dx  ⟹  ∫0π2sin⁡nx dx=n−1n∫0π2sin⁡n−2x dxn \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2} x \, dx \\ \implies \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx = \frac{n-1}{n} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2} x \, dx

所以：

当 nn 为偶数时，即 n=2kn = 2k：

∫0π2sin⁡2kx dx=2k−12k∫0π2sin⁡2k−2x dx=2k−12k⋅2k−32k−2⋯12∫0π2sin⁡0x dx=2k−12k⋅2k−32k−2⋯12⋅π2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k} x \, dx = \frac{2k-1}{2k} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k-2} x \, dx \\ = \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2k-3}{2k-2} \cdots \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^0 x \, dx \\= \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2k-3}{2k-2} \cdots \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}

当 nn 为奇数时，即 n=2k+1n = 2k + 1：

∫0π2sin⁡2k+1x dx=2k2k+1∫0π2sin⁡2k−1x dx=2k2k+1⋅2k−22k−1⋯23∫0π2sin⁡1x dx=2k2k+1⋅2k−22k−1⋯23\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k+1} x \, dx \\ = \frac{2k}{2k+1} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k-1} x \, dx \\ = \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k-2}{2k-1} \cdots \frac{2}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^1 x \, dx \\ = \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k-2}{2k-1} \cdots \frac{2}{3}

这里我们需要双阶乘：

m!!=m(m−2)(m−4)⋯m!! = m (m-2) (m-4) \cdots

于是：

∫0π2sin⁡2kx dx=(2k−1)!!(2k)!!⋅π2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k} x \, dx = \frac{(2k-1)!!}{(2k)!!} \cdot \frac{\pi}{2}∫0π2sin⁡2k+1x dx=(2k)!!(2k+1)!!\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k+1} x \, dx = \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}

由于在 x∈(0,π2)x \in (0, \frac{\pi}{2}) 上有 sin⁡2k+1x<sin⁡2kx<sin⁡2k−1x\sin^{2k+1} x < \sin^{2k} x < \sin^{2k-1} x，因此有：

∫0π2sin⁡2k+1x dx<∫0π2sin⁡2kx dx<∫0π2sin⁡2k−1x dx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k+1} x \, dx < \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k} x \, dx < \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k-1} x \, dx

代入上面的公式：

(2k)!!(2k+1)!!<(2k−1)!!(2k)!!⋅π2<(2k−2)!!(2k−1)!!\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!} < \frac{(2k-1)!!}{(2k)!!} \cdot \frac{\pi}{2} < \frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!}

我们可以考察 ∫0π2sin⁡2kx dx\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2k} x \, dx 上下界之间的差：

lim⁡k→∞((2k−2)!!(2k−1)!!−(2k)!!(2k+1)!!)=lim⁡k→∞((2k−2)!!(2k−1)!!−2k2k+1⋅(2k−2)!!(2k−1)!!)=lim⁡k→∞12k+1⋅(2k−2)!!(2k−1)!!=0\lim_{k \rightarrow \infty} \left( \frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!} - \frac{(2k)!!}{(2k+1)!!} \right) \\ = \lim_{k \rightarrow \infty} \left( \frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!} - \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!} \right) \\ = \lim_{k \rightarrow \infty} \frac{1}{2k+1} \cdot \frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!} = 0

注意：这里 2k−22k−1<1\frac{2k-2}{2k-1} < 1

对于不等式：

(2k)!!(2k+1)!!<(2k−1)!!(2k)!!⋅π2<(2k−2)!!(2k−1)!!\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!} < \frac{(2k-1)!!}{(2k)!!} \cdot \frac{\pi}{2} < \frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!}

将所有项乘以 (2k)!!(2k−1)!!\frac{(2k)!!}{(2k-1)!!}：

(2k)!!2(2k+1)!!(2k−1)!!<π2<(2k−2)!!(2k)!!(2k−1)!!2\frac{(2k)!!^2}{(2k+1)!! (2k-1)!!} < \frac{\pi}{2} < \frac{(2k-2)!! (2k)!!}{(2k-1)!!^2}

我们可以进一步考察 π2\frac{\pi}{2} 上下界之间的差：

lim⁡k→∞((2k−2)!!(2k)!!(2k−1)!!2−(2k)!!2(2k+1)!!(2k−1)!!)=lim⁡k→∞(12k−12k+1)⋅(2k)!!2(2k+1)!!(2k−1)!!=lim⁡k→∞12k⋅(2k)!!2(2k+1)!!2=0\lim_{k \rightarrow \infty} \left( \frac{(2k-2)!! (2k)!!}{(2k-1)!!^2} - \frac{(2k)!!^2}{(2k+1)!! (2k-1)!!} \right) \\= \lim_{k \rightarrow \infty} \left( \frac{1}{2k} - \frac{1}{2k+1} \right) \cdot \frac{(2k)!!^2}{(2k+1)!! (2k-1)!!} \\= \lim_{k \rightarrow \infty} \frac{1}{2k} \cdot \frac{(2k)!!^2}{(2k+1)!!^2} = 0

于是我们得到沃利斯公式：

lim⁡k→∞(2k)!!2(2k+1)!!(2k−1)!!=π2\lim_{k \rightarrow \infty} \frac{(2k)!!^2}{(2k+1)!! (2k-1)!!} = \frac{\pi}{2}

该公式引入了沃利斯的结果，为推导斯特林公式做准备。

斯特林公式

斯特林公式揭示了 n!n!、nnn^n 与 ene^n 之间的关系。

当 nn 趋近无穷大时，n!n! 约等于 2πn(ne)n\sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n。

首先引入一个极限：

lim⁡n→∞(n!nn)1n=1e\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \frac{n!}{n^n} \right)^{\frac{1}{n}} = \frac{1}{e}

证明：

lim⁡n→∞(n!nn)1n=lim⁡n→∞e1nln⁡(n!nn)\lim_{n \rightarrow \infty} \left( \frac{n!}{n^n} \right)^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \rightarrow \infty} e^{\frac{1}{n} \ln \left( \frac{n!}{n^n} \right)}

等价于证明：

lim⁡n→∞1nln⁡(n!nn)=−1\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \ln \left( \frac{n!}{n^n} \right) = -1

我们有：

lim⁡n→∞1nln⁡(n!nn)=lim⁡n→∞1n(ln⁡1n+ln⁡2n+⋯+ln⁡nn)=∫01ln⁡x dx=(xln⁡x−x)∣01=−1\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \ln \left( \frac{n!}{n^n} \right) \\ = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \left( \ln \frac{1}{n} + \ln \frac{2}{n} + \cdots + \ln \frac{n}{n} \right) \\ = \int_{0}^{1} \ln x \, dx = (x \ln x - x) \Big|_{0}^{1} = -1

证毕。

因此：

n!nn∼1en\frac{n!}{n^n} \sim \frac{1}{e^n}

我们希望验证：

lim⁡n→∞n!nnen=1\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n!}{n^n} e^n = 1

我们试一下。

使用比值判别法：

an=n!nnen,an+1=(n+1)!(n+1)n+1en+1a_n = \frac{n!}{n^n} e^n, \quad a_{n+1} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} e^{n+1}lim⁡n→∞an+1an=e(1+1n)n>1\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{e}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} > 1

虽然该表达式的极限是 ee，但它总是从下方趋近 ee，因此比值仍大于 1，说明 ana_n 是发散的。

数学家们尝试了各种方法，发现：

an=n!nn+12ena_n = \frac{n!}{n^{n + \frac{1}{2}}} e^n

为了证明 ana_n 收敛，再次使用比值判别法：

an=n!nn+12en,an+1=(n+1)!(n+1)n+32en+1a_n = \frac{n!}{n^{n + \frac{1}{2}}} e^n, \quad a_{n+1} = \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n + \frac{3}{2}}} e^{n+1}lim⁡n→∞an+1an=e(1+1n)n+12\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{e}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + \frac{1}{2}}}

将其与下式比较：

(1+1n)n+12=e(n+12)ln⁡(1+1n)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + \frac{1}{2}} = e^{(n + \frac{1}{2}) \ln \left(1 + \frac{1}{n}\right)}

以及 ee。

因此，比较：

(n+12)ln⁡(1+1n)(n + \frac{1}{2}) \ln \left(1 + \frac{1}{n}\right)

与 1。

具体来说，比较 ln⁡n+1n\ln \frac{n+1}{n} 与 1n+12\frac{1}{n + \frac{1}{2}}：

由于：

1n+1<ln⁡(1+1n)<1n\frac{1}{n + 1} < \ln \left(1 + \frac{1}{n}\right) < \frac{1}{n}

注意：右侧由不等式 ln⁡(1+x)<x\ln(1 + x) < x（其中 x≠0x \neq 0）得出。

左侧由 1−nn+1<ln⁡(n+1n)1 - \frac{n}{n+1} < \ln \left(\frac{n+1}{n}\right) 得出，其中 nn+1\frac{n}{n+1} 被视为一个整体。这是高中知识。

因为 1x\frac{1}{x} 是凹函数：

∫nn+11x dx=ln⁡n+1n>1n+12\int_{n}^{n+1} \frac{1}{x} \, dx = \ln \frac{n+1}{n} > \frac{1}{n + \frac{1}{2}}

因此：

lim⁡n→∞an+1an=e(1+1n)n+12<1\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{e}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n + \frac{1}{2}}} < 1

于是 ana_n 单调递减且 an>0a_n > 0，因此它必然收敛，即存在极限。

设：

lim⁡n→∞n!nn+12en=a\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n!}{n^{n + \frac{1}{2}}} e^n = a

接下来我们需要求出这个极限。

由前面的沃利斯公式：

lim⁡k→∞(2k)!!2(2k+1)!!(2k−1)!!=π2\lim_{k \rightarrow \infty} \frac{(2k)!!^2}{(2k+1)!! (2k-1)!!} = \frac{\pi}{2}(2n)!!=2n(2n−2)⋯2=2nn!(2n)!! = 2n (2n-2) \cdots 2 = 2^n n!(2n−1)!!=(2n)!(2n)!!=(2n)!2nn!(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{(2n)!!} = \frac{(2n)!}{2^n n!}(2n+1)!!=(2n+2)!(2n+2)!!=(2n+2)!2n+1(n+1)!(2n+1)!! = \frac{(2n+2)!}{(2n+2)!!} = \frac{(2n+2)!}{2^{n+1} (n+1)!}

于是沃利斯公式变为：

lim⁡n→∞16n(n!)4(2n+2)(2n)!(2n+2)!=π2\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{16^n (n!)^4 (2n+2)}{(2n)!(2n+2)!} = \frac{\pi}{2}

利用：

n!∼ae−nnn+12n! \sim a e^{-n} n^{n + \frac{1}{2}}

代入：

lim⁡n→∞a2e24(n+1n)2n+32=π2\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a^2 e^2}{4 \left(\frac{n+1}{n}\right)^{2n + \frac{3}{2}}} = \frac{\pi}{2}

解得：

a=2πa = \sqrt{2 \pi}

因此，当 nn 趋近无穷大时：

n!∼2πe−nnn+12n! \sim \sqrt{2 \pi} e^{-n} n^{n + \frac{1}{2}}

或者等价地：

n!∼2πn(ne)nn! \sim \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n