Stirling公式的几种经典估计

Stirling公式

对于$\Gamma$函数，我们有一个经典的极限式（证明请见ProofWiki）。

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(x+1)}{(x/e)^x\sqrt{2\pi{x}}}=1.$$

利用这个式子，我们能立刻计算出一些比较难算的极限。注意到这个公式如果写成自然数的形式，有

$$\lim_{n \to\infty}\frac{n!}{(n/e)^n\sqrt{2\pi{n}}}=1$$

所以我们能立刻计算出这个极限：

$$\begin{aligned} \lim_{n \to\infty}\sqrt\frac{n!}{n^n} &= \lim_{n \to\infty}\sqrt\frac{n!\cdot (n/e)^n\sqrt{2\pi{n}}}{n^n \cdot (n/e)^n\sqrt{2\pi n}} \\ &= \lim_{n \to\infty} \sqrt\frac{(n/e)^n\sqrt{2\pi n}}{n^n} \\ &=\frac{1}{e} \end{aligned}$$

但是Stirling公式不仅仅如此。这篇博客里我们会见到几个比较经典的估计。

原数列的取值区间

这一节我们会看到的结论是

$$1 < \frac{n!}{(n/e)^n\sqrt{2\pi n}}\leq\frac{e}{\sqrt{2\pi}}$$

如果在计算器里算一下右边的数，会发现，$\phi_n=\frac{n!}{(n/e)^n\sqrt{2\pi n}}$一直在$1$附近。

对于$m=1,2,3,\dots$，在$y=\ln(x)$下方定义“折线函数”：

$$f(x)=(m+1-x)\ln{m}+(x-m)\ln(m+1)$$

其中$m \leq x \leq m+1$。在上方定义另一个“折线函数”：

$$g(x)=\frac{x}{m}-1+\ln{m}$$

其中$m-1/2 \leq x < m+1/2$。如果画出$f$，$\ln{x}$，$g$的图像，会发现，$f$和$g$是对$\ln{x}$的拟合。且在$x \geq 1$时，我们有

$$f \leq \ln{x} \leq g.$$

所以计算定积分的时候就有

$$\int_1^n f(x)dx \leq \int_1^n \ln{x}dx=n\ln{n}-n+1 \leq \int_1^n g(x)dx$$

但是$f$和$g$的关系并不是那么简单。计算$f$的积分，我们发现

$$\begin{aligned} \int_1^n f(x)dx &=\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(x)dx \\ &=\sum_{k=1}^{n-1}\left((k+\frac{1}{2})(\ln(k+1)-\ln{k})+(k+1)\ln{k}-k\ln(k+1)\right) \\ &=\ln(n!)-\frac{1}{2}\ln{n} \end{aligned}$$

而对于$g$，我们又有

$$\begin{aligned} \int_1^n g(x)dx &= \left(\int_{1}^{\frac{2}{3}}+\sum_{k=2}^{n-1}\int_{k-\frac{1}{2}}^{k+\frac{1}{2}}+\int_{n-\frac{1}{2}}^n\right)g(x)dx \\ &= \frac{1}{8}+\sum_{k=2}^{n-1}\ln{k}+\frac{1}{2}\ln{n}-\frac{1}{8n} \\ &=\frac{1}{8}-\frac{1}{8n}+\ln(n!)-\frac{1}{2}\ln{n} \end{aligned}$$

这就说明

$$\int_1^n f(x)dx > \int_1^n g(x)dx - \frac{1}{8}$$

总结上面几个不等式，我们得到，对$n>1$：

$$\int_1^n g(x)dx -\frac{1}{8}<\int_1^n f(x)dx < \int_1^n g(x)dx$$

不等式各项都减去$\int_1^n \ln x dx$，我们又有

$$-\frac{1}{8n}+\ln(n!)-(\frac{1}{2}+n)\ln{n}+n < \ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln{n}+n<\frac{1}{8}-\frac{1}{8n}+\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln{n}+n$$

由Stirling公式我们知道，

$$\ln(n!)-(n+\frac{1}{2})\ln{n} + n \to \ln\sqrt{2\pi}$$

而数列$x_n=-\frac{1}{8n}+\ln(n!)-(\frac{1}{2}+n)\ln{n}+n$是单调递增的，由上式可知收敛到$\ln\sqrt{2\pi}$。在不等式左边，我们取上确界$\ln\sqrt{2\pi}$。在不等式右边，我们取下确界$x_1+\frac{1}{8}=1$。这就让我们得到了

$$\ln\sqrt{2\pi}<\ln\frac{n!}{(n/e)^n\sqrt{n}}<1$$

这也就导致

$$1<\frac{n!}{(n/e)^n\sqrt{2\pi n}}\leq\frac{e}{\sqrt{2\pi}}$$

这对所有$n =1,2,3,\dots$都成立。

平移$\Gamma$函数

对于任意$c \in \mathbb{R}$，我们有

$$\lim_{x \to \infty}\frac{\Gamma(x+c)}{x^c\Gamma(x)}=1$$

这可以看成，把$\Gamma(x)$向左平移$c$后，在$x$足够大时，其值和$x^c\Gamma(x)$接近。这个等式的证明也是比较简单的，虽然计算比较繁琐，只需要利用Stirling公式。

$$\begin{aligned} \lim_{x \to \infty}\frac{\Gamma(x+c)}{x^c\Gamma(x)} &= \lim_{x \to \infty}\frac{\left(\frac{x+c-1}{e}\right)^{x+c-1}\sqrt{2\pi(x+c-1)}}{x^c\left(\frac{x-1}{e}\right)^{x-1}\sqrt{2\pi(x-1)}} \\ &=\lim_{x \to \infty}\sqrt{\frac{x+c-1}{x-1}} \left(\frac{x+c-1}{ex}\right)^c\left(\frac{x+c-1}{x-1}\right)^{x-1} \end{aligned}$$

现在这三个因式的极限就很好计算了。显然我们有

$$\lim_{x \to \infty}\sqrt\frac{x+c-1}{x-1}=1$$

以及

$$\lim_{x \to \infty}\left(\frac{x+c-1}{ex}\right)^c=\frac{1}{e^c}.$$

最后，

$$\lim_{x \to \infty}\left(\frac{x+c-1}{x-1}\right)^{x-1}=\lim_{x \to \infty} \left(1+\frac{c}{x-1}\right)^{x-1}=e^c$$

故原极限为$1$。计算过程也非常精彩。注意到如果把$x$和$c$换成正整数$n$和整数$k$，我们又有

$$\lim_{n \to \infty}\frac{(n+k-1)!}{n^k(n-1)!}=1.$$

估计定积分

结合Bernoulli不等式我们有

$$\begin{aligned} \int_{-1}^1 (1-x^2)^ndx &\geq \int_{-1/\sqrt{n}}^{1/\sqrt{n}}(1-x^2)^ndx \\ &\geq \int_{-1/\sqrt{n}}^{1/\sqrt{n}} (1-nx^2)dx \\ &=\frac{4}{3\sqrt{n}}. \end{aligned}$$

接下来我们会给出一个比较精细的估计。实际上，

$$\lim_{n \to \infty}\sqrt{n}\int_{-1}^1 (1-x^2)^ndx=\sqrt{\pi}.$$

根据$B(x,y)$函数的定义，

$$B(x,y)=\int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$$

令$t=u^2，我们得到

$$B(x,y)=2\int_0^1 u^{2x-1}(1-u^2)^{y-1}du$$

代入$x=\frac{1}{2}$和$y=n+1$，我们就和所想要的结果很近了：

$$\begin{aligned} B(\frac{1}{2},n+1)&=2\int_0^1(1-u^2)^ndu \\ &=\int_{-1}^{1}(1-u^2)^ndu \\ &=B(\frac{1}{2},n+1) \\ &=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\frac{3}{2})} \end{aligned}$$

注意到，利用$B$函数的第二个表达式，我们是可以计算出$\Gamma(\frac{1}{2})$的。实际上，

$$B(\frac{1}{2},\frac{1}{2})=2\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}du=\pi$$

从而$\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$。对于$B(\frac{1}{2},n+1)$，我们可以用到上面的平移公式了：

$$\lim_{n \to \infty}\frac{\Gamma(n+\frac{3}{2})}{\sqrt{n}\Gamma(n+1)}=1.$$

从而

$$\lim_{n \to \infty}\sqrt{n}\int_{-1}^{1}(1-x^2)^ndx=\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{n}\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\frac{1}{2})}=\sqrt{\pi}$$

额外内容

最后我们证明一个和Stirling公式没有关系的等式

$$\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)\Gamma\left(\frac{2}{n}\right)\cdots\Gamma\left(\frac{n-1}{n}\right)=\frac{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}}{\sqrt{n}}$$

根据古典代数学基本定理，我们立刻有

$$1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}=\prod_{k=1}^{n-1}\left(x-e^{\frac{2k\pi i}{n}}\right).$$

注意到另一方面

$$1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}=\frac{x^{n}-1}{x-1}$$

$x=1$时，我们有

$$\begin{aligned} n=\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-e^{\frac{2k\pi i}{n}}\right)&=\prod_{k=1}^{n-1}\left( e^{-\frac{k\pi i}{n}}-e^{\frac{k \pi i}{n}} \right)e^{\frac{k \pi i}{n}} \\ &=\prod_{k=1}^{n-1}-2i\sin\frac{k\pi}{n}e^{\frac{k\pi i}{n}} \\ &=\left\vert \prod_{k=1}^{n}-2i\sin\frac{k\pi}{n}e^{\frac{k\pi i}{n}}\right\vert \\ &=2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} \end{aligned}$$

此即

$$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}.$$

考虑到欧拉反射公式，对于$1 \leq k \leq n-1$，我们有

$$\Gamma\left(\frac{k}{n}\right)\Gamma\left(\frac{n-k}{n}\right)=\frac{\pi}{\sin\frac{k\pi}{n}}=\frac{\pi}{\sin\frac{(n-k)\pi}{n}}$$

如果$n$为奇数，那么根据上面的结果，我们能得到

$$\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)\Gamma\left(\frac{2}{n}\right)\cdots\Gamma\left(\frac{n-1}{n}\right)=\prod_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\Gamma\left(\frac{n-k}{n}\right)\Gamma\left(\frac{k}{n}\right)=\frac{\pi^{(n-1)/2}}{\prod_{k=1}^{(n-1)/2}\sin(k\pi/n)}$$

这时我们只用到了一半数量的$k$。要用上另一半的$k$，我们只需要把$k$和$n-k$交换顺序，从而得到了

$$\left[\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)\Gamma\left(\frac{2}{n}\right)\cdots\Gamma\left(\frac{n-1}{n}\right)\right]^2=\frac{\pi^{n-1}}{n/2^{n-1}}$$

即为所得。如果$n$为偶数，只需要把$1/2$这一项单独拿出来分两段计算即可。

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2020.11.9更新

我们给出两个看上去很难计算的极限式。

$$\lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}\frac{n!}{n^n\sqrt{n}}$$

如果用Stirling公式直接替换$n!$，这个极限的结果是显然的。

$$\begin{aligned} \lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}\frac{n!}{n^n\sqrt{n}} &=\lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}\frac{n!}{n^n\sqrt{n}}\frac{(n/e)^n\sqrt{2\pi n}}{n!} \\ &=\lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}\frac{\sqrt{2\pi}}{e^n} \end{aligned}$$

所以只需要求$(1+\frac{1}{n})^{n^2}e^{-n}$的极限即可。但是可千万别想当然地认为这个极限是$1$。如果我们利用Taylor展开，能得到

$$\begin{aligned} \lim_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}e^{-n}&=\lim_{n \to \infty}\exp\left(n^2\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-n\right) \\ &=\lim_{n \to \infty} \exp\left(n^2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)-n\right) \\ &=\frac{1}{\sqrt{e}} \end{aligned}$$

所以原极限为$\sqrt\frac{2\pi}{e}$

$$\lim_{n\to\infty} \sqrt{n}\prod_{k=1}^{n}\frac{e^{1-\frac{1}{k}}}{\left(1+\frac{1}{k}\right)^k}$$

注意$n$项的分子相乘，有$\exp(n-1-\frac{1}{2}-\cdots-\frac{1}{n})$，而调和级数是发散的，我们想得到收敛，自然就要想到Euler常数$\gamma=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln{n}\right)$。我们似乎也没有办法直接化简分母，我们知道$(1+1/k)^k$的极限是$e$，但是这里似乎用不上。所以不如先把分母展开化简一下。

$$\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)^k=\frac{2^1\cdot3^2\cdot4^3\cdot4^5\cdots{(n+1)^n}}{1^1\cdot2^2\cdot3^3\cdot4^4\cdots{n^n}}=\frac{(n+1)^n}{n!}$$

所以原极限可以写成

$$\lim_{n \to \infty}\sqrt{n}\frac{n!e^{n-1-\frac{1}{2}-\cdots-\frac{1}{n}}}{(n+1)^n}$$

这时候就可以直接使用Stirling公式了。

$$\begin{aligned} \lim_{n \to \infty}\sqrt{n}\frac{n!e^{n-1-\frac{1}{2}-\cdots-\frac{1}{n}}}{(n+1)^n} &=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\frac{n!e^{n-1-\frac{1}{2}-\cdots-\frac{1}{n}}}{(n+1)^n}\cdot\frac{(n/e)^n\sqrt{2\pi n}}{n!} \\ &=\sqrt{2\pi}\lim_{n\to\infty}\frac{n^{n+1}}{(n+1)^n}e^{-1-\frac{1}{2}-\cdots-\frac{1}{n}} \\ &=\sqrt{2\pi}\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}\cdot e^{\ln{n}}\cdot e^{-1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\cdots-\frac{1}{n}} \end{aligned}$$

而$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}=e^{-1}$，$\lim_{n\to\infty}e^{\ln{n}-1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\cdots-\frac{1}{n}}=e^{-\gamma}$，我们得到原极限为$\frac{\sqrt{2\pi}}{e^{1+\gamma}}$