Die Stirling-Formel - staff.uni

Die Stirling-Formel
James Stirling: Methodus Differentialis, 1730
Approximationsformeln
Für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 gilt näherungsweise
n n
√
n! ≈ 2πn
e
oder genauer
n! ≈
√
2πn
n n e
1
1+
12n
oder als asymptotische Formel und noch genauer
n n √
1
1
139
571
1
n! = 2πn
1+
+
−
−
+ O( 5 )
e
12n 288n2 51840n3 2488320n4
n
Abschätzung des Restglieds
Mathematisch von besonderem Interesse sind natürlich Formeln, die exakte Grenzen angeben, wie
Satz 1 (Stirling-Formel) Für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 gilt
n n
n n
√
√
1
2πn
≤ n! ≤ 2πn
· e 12n
e
e
Beweis. Zuerst wird gezeigt, daß die Folge
an =
n!
√
· n
( ne )n
monoton fällt; da alle Folgenglieder positiv sind, konvergiert sie also.
Die Division aufeinanderfolgender Glieder ergibt
√
n!( n+1
)n+1 · n + 1
1 n + 1 n+1/2
an
e √
= ·(
)
,
= n n
e
n
an+1
( e ) · n · (n + 1)!
log
an
1
n+1
= −1 + (n + ) · log
.
an+1
2
n
Für |x| < 1 gilt die Potenzreihen-Entwicklung
log
1+x
x3 x5
= 2 · (x +
+
+ . . .),
1−x
3
5
1
also für 0 < x < 1 die Abschätzung
2x < log
x3
1+x
< 2 · (x +
· (1 + x2 + x4 + · · · ))
1−x
3
= 2x +
2
x3
2
1
.
·
= 2x + · 1 1
2
3 1−x
3 x ( x2 − 1)
Setzt man x = 1/(2n + 1), so ist
1+x
n+1
=
,
1−x
n
1
n+
1
2
< log
n+1
1
<
n
n+
1
2
+
2
1
·
,
3 (2n + 1)((2n + 1)2 − 1)
1
n+1
1
1
1 < (n + ) · log
<1+ · 2
,
2
n
3 4n + 4n
an
1
1
1
1
1
0 < log
<
·
=
·( −
).
an+1
12 n(n + 1)
12 n n + 1
Aus der linken Ungleichung folgt, wie behauptet, an > an+1 .
Sei nun a = limn→∞ an . Dann ist a ≥ 0 und
0 < log
an
1
1
1
<
·( −
);
an+k
12 n n + k
für k → ∞ folgt
0 ≤ log
1≤
an
1
≤
,
a
12n
an
≤ e1/12n .
a
√
Zum Beweis der Stirling-Formel ist also nur noch a = 2π zu zeigen.
Aus der Produktformel von Wallis, siehe den folgenden Hilfssatz 1,
folgt mit k! = ak k k+1/2 /ek
√
Also ist a =
√
a2n · n2n+1 · 22n · e2n
p
2n+1/2 ·
n→∞ e2n · a
n + 1/2
2n · (2n)
√
n
a
= a · lim √ p
=√ .
n→∞
2
2 · n + 1/2
π = lim
2π. 3
Hilfssatz 1 (Produktformel von Wallis)
√
22n · (n!)2
p
.
n→∞ (2n)! ·
n + 1/2
π = lim
2
Beweis. Aus der Produktentwicklung der Sinus-Funktion,
sin(πx) = πx ·
∞
Y
k=1
(1 −
x2
)
k2
folgt für x = 1/2
∞
π Y 4k 2 − 1
1= ·
,
2
4k 2
k=1
π
=
2
∞
Y
k=1
(2k)4
24n · (n!)4
= lim
,
(2k − 1)2k · 2k(2k + 1) n→∞ ((2n)!)2 (2n + 1)
und daraus direkt die Behauptung. 3
Korollar 1 (i) Für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 gilt
√
√
n!en √
1
0.23
2πn ≤ n < 2πn · (1 +
) < 2πn + √ .
n
11n
n
(ii) Für n → ∞ gilt
n!en √
1
= 2πn + O( √ ).
n
n
n
Beweis. Für 0 < x < 1 ist
ex < 1 + x + x2 + · · · =
1
1
=1+
.
1−x
1/x − 1
Also folgt für x = 1/12n
1
1
≤1+
.
12n − 1
11n
√
Die letzte Ungleichung gilt, weil 2π/11 < 0.23. 3
e1/12n < 1 +
Korollar 2 (i) Für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 gilt
√
1
1
1
nn
√
−
≤
≤√
.
n
n!e
2πn 12n 2πn
2πn
(ii) Für n → ∞ gilt
nn
1
=√
+ O(n−3/2 ).
n
n!e
2πn
Beweis. Die erste Aussage folgt aus
√
1
nn
1
1
≥
≥√
· (1 −
),
n
n!e
12n
2πn
2πn
die zweite unmittelbar aus der ersten. 3
3