Действительно, из (4) и (5) вытекает, что

Математика в высшем образовании
2007
№5
СОДЕРЖАНИЕ И ТЕХНОЛОГИИ
МАТЕМАТИЧЕСКОГО ОБРАЗОВАНИЯ В ВУЗЕ
УДК 517
О ЕЩЕ ОДНОМ ВЫВОДЕ ФОРМУЛЫ СТИРЛИНГА
В. А. Ильин
Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова,
Россия, 119899, ГСП-2, г. Москва, Воробьевы горы, 2-й учебный корпус;
тел.: (495) 939-55-90
Приводится вывод формулы Стирлинга для асимптотического представления факториала достаточно большого целого числа.
Ключевые слова: математический анализ, несобственный интеграл, Γ-функция, формула Стирлинга.
Установим справедливость для всех достаточно больших целых n так называемой формулы Стирлинга
³ n ´n
√
n! = 2πn
(1 + αn ),
(1)
e
в которой символ αn обозначает элемент бесконечно малой последовательности.
Для вывода будем использовать понятие несобственного интеграла, формулу интегрирования по частям, известное значение несобственного интеграла
+∞
√
Z
π
−t2
(2)
e dt =
2
0
и справедливые для всех достаточно малых |x| разложения по формуле Тейлора – Маклорена1

x
−1
x
2
2

 e = 1 + x + O(x ), (1 + x) 2 = 1 − + O(x ),
2
(3)
2

 ln(1 + x) = x − x + O(x3 ).
2
1◦ . Рассмотрим при λ > −1 функцию аргумента λ
σ(λ) =
eλ
1
λλ+ 2
+∞
Z
e−x xλ dx.
(4)
0
1
Напомним, что символ O(xn ) обозначает величину, для которой при всех достаточно
малых |x| с некоторой постоянной M справедлива оценка |O(xn )| ≤ M · xn .
9
В. А. Ильин
Беря по частям стоящий в (4) интеграл, получим, что для любого λ > −1
+∞
+∞
Z
Z
−x λ+1
e x
dx = (λ + 1)
e−x xλ dx.
0
(5)
0
При λ = 0 интеграл, стоящий в (4), вычисляется элементарно
+∞
Z
£
¤¯x=+∞
e−x dx = −e−x ¯x=0 = 1,
(6)
0
а при λ =
1
этот интеграл вычисляется с помощью равенства (2):
2
+∞
+∞
+∞
Z
Z
Z
√ 2 ¡√ ¢
√
1
2
e−t dt = π.
e−x x− 2 dx = 2
e−( x ) d x = 2
0
(7)
0
0
Используя равенства (6) и (7) и последовательно применяя соотношение (5), мы получим, что для любого n = 1, 2, 3, . . . справедливы равенства
+∞
Z
e−x xn dx = n!,
0
+∞
√
Z
π (2n + 1)!
−x n+ 21
dx =
e x
.
n! 22n+1
(8)
0
2◦ .
Докажем теперь, что для всех достаточно больших λ справедливо соотношение
µ ¶
1
σ(λ + 1)
=1+O
.
(9)
σ(λ)
λ2
Действительно, из (4) и (5) вытекает, что
1
µ
¶
µ
¶ 1" µ
¶ #
1 −λ
σ(λ + 1)
λ + 1 −λ− 2
1 −2
e 1+
=e
= 1+
,
σ(λ)
λ
λ
λ
причем в силу разложений (3) для всех достаточно больших λ
¶ 1
µ ¶
µ
1
1
1 −2
=1−
+O
1+
,
λ
2λ
λ2
¶
µ
h
³ ´i
1
1
1 −λ
1−λ λ
− 12 +O 13
1−λ ln(1+ λ
)
2λ
λ
= e
=e
e 1+
=
λ
µ
¶
³ ´
1
1
2
+O 12
λ
= e 2λ
=1+
+O
.
2λ
λ2
(10)
(11)
(12)
Вставляя (11) и (12) в (10), мы придем к соотношению (9).
3◦ . Пусть теперь k = 1, 2, 3, . . ., а α — любое число из сегмента 0 ≤ α ≤ 1.
Полагая в (9) λ = k + α, мы получим, что для всех достаточно больших k
µ ¶
1
σ(k + 1 + α)
=1+O
.
(13)
σ(k + α)
k2
10
Математика в высшем образовании
2007
№5
Беря логарифм от обеих частей (13) и используя третье разложение (3), мы
получим, что для всех достаточно больших номеров k
µ ¶
1
ln σ(k + 1 + α) − ln σ(k + α) = O
.
(14)
k2
Фиксируем некоторый достаточно большой номер n0 и просуммируем обе
части (14) по всем k от n0 до n−1, где n — произвольный номер, удовлетворяющий условию n > n0 + 1. Учитывая происходящее при таком суммировании
взаимное уничтожение членов в левой части (14), мы получим соотношение
n−1
X µ1¶
.
(15)
ln σ(n + α) − ln σ(n0 + α) =
O
k2
k=n0
Так как ряд
предела
∞
X
1
сходится, то из (15) вытекает существование конечного
k2
k=1
lim ln σ(n + α) = ln σ(n0 + α) +
n→∞
∞
X
µ
O
k=n0
¶
1
.
k2
Но тогда существует и конечный предел
lim σ(n + α) = C(α),
n→∞
(16)
величину которого мы обозначили через C(α).
Заметим, что так как lim σ(n) = lim σ(n + 1), то
n→∞
n→∞
C(0) = C(1).
(17)
Мы докажем, что√для всех α из сегмента 0 ≤ α ≤ 1 справедливо равенство C(α) = C(0) = 2π.
Сразу же заметим, что если сформулированное утверждение будет доказано, то формула Стирлинга (1) будет установлена.
√
Действительно, из равенства C(0) = 2π, из взятого при λ = n соотношения (4) и из первого равенства (8) будет вытекать существование предела
¸
·
√
en
lim σ(n) = lim n! n+1/2 = 2π,
n→∞
n→∞
n
а потому и предела
· ³ ´
¸
e n 1
√
lim n!
= 1,
n→∞
n
2πn
h ³ e ´n
а существование последнего предела означает, что разность n!
×
n
¸
1
× √
− 1 является бесконечно малой последовательностью, n-й элемент
2πn
³ e ´n 1
√
которой мы обозначим через αn . Из равенства n!
−1 = αn вытекает
n
2πn
формула Стирлинга (1).
√
Итак, остается доказать, что C(α) =
2π для всех α из сегмента
0 ≤ α ≤ 1.
11
В. А. Ильин
4◦ .
µ ¶
√
1
Прежде всего убедимся в том, что C
= 2π.
2
Действительно, из равенства (4), взятого при λ = n +
1
, и из второго
2
равенства (8) вытекает, что


"
#
+∞
µ ¶
Z
n+ 12
n+ 12 √
1
e
π
(2n
+
1)!
1
e
= lim  ¡
C
. (18)
e−x xn+ 2 dx = lim ¡
¢n+1
¢n+1
n→∞
n→∞
2
n+ 1
n+ 1
n! 22n+1
2
2
0
Заметим, что в силу первого равенства (8) и в силу равенства (4), взятого
при λ = 2n + 1 и при λ = n, справедливы соотношения
+∞
3
Z
σ(2n + 1) (2n + 1)2n+ 2
−x 2n+1
(2n + 1)! =
e x
dx =
,
e2n+1
(19)
+∞
1
Z
σ(n) nn+ 2
−x n
.
n! =
e x dx =
en
(20)
0
0
Вставляя (19) и (20) в (18) и учитывая существование предела
σ(2n + 1)
C(0)
=
= 1,
n→∞
σ(n)
C(0)
lim
мы получим, что
(
)
3
µ ¶
1
√
(2n + 1)2n+ 2 en
en+ 2
1
= π lim ¡
=
C
¢n+1
1
n→∞
2
e2n+1 nn+ 2
22n+1
n + 12

¡
 1 + 1 ¢n+ 12  √
√
2n
√
= 2π lim
= 2π.
n→∞ 

e
5◦ . Докажем, наконец, что C(α) имеет одно и то же значение для всех
α из сегмента 0 ≤ α ≤ 1.
Положим для любого λ > −1
σ(λ) = σ 0 (λ) + σ 00 (λ),
(21)
где
0
σ (λ) =
Zλ
eλ
−x λ
e
1
λλ+ 2
x dx,
00
σ (λ) =
0
eλ
1
λλ+ 2
+∞
Z
e−x xλ dx.
(22)
λ
В дальнейшем символ ° (или соответственно °) будет обозначать равенство (или соответственно неравенство), справедливое с точностью до бесконечно малого при n → ∞ слагаемого. Докажем, что в этих терминах для
любого α из сегмента 0 ≤ α ≤ 1 справедливы следующие соотношения:
=
0
≤
≥ σ 0 (n + α) °
≥ σ 0 (n + 1),
σ 0 (n) °
(23)
≤ σ 00 (n + α) °
≤ σ 00 (n + 1),
σ 00 (n) °
(24)
0
= σ (n + 1),
σ (n) °
12
00
00
= σ (n + 1).
σ (n) °
(25)
Математика в высшем образовании
2007
№5
Сразу же заметим, что если эти соотношения будут доказаны, то из (23) и из
= σ 0 (n) для всех α из
первого соотношения (25) будет вытекать, что σ 0 (n + α) °
сегмента 0 ≤ α ≤ 1, а из (24) и из второго соотношения (25) будет вытекать,
= σ 00 (n) для всех α из сегмента o ≤ α ≤ 1, и отсюда и из (21)
что σ 00 (n + α) °
= σ(n), т. е. C(α) = C(0) для всех α из сегмента
будет следовать, что σ(n + α) °
0 ≤ α ≤ 1.
Итак, остается обосновать соотношения (23)–(25).
Заметим, что так как для любого α из сегмента o ≤ α ≤ 1
0≤
n+α
Z
en+α
e−x xn+α dx ≤
1
(n + α)n+α+ 2
n
en+α e−n (n + α)n+α
1
(n + α)n+α+ 2
eα
= 0,
=√
°
n+α
то для любого α из сегмента 0 ≤ α ≤ 1 соотношения (22), взятые для λ =
= n + α, можно переписать в виде:
Zn
n+α
e
0
=
σ (n + α) °
e−x xn+α dx,
n+α+ 21
(n + α)
0
(26)
+∞
Z
n+α
e
=
σ 00 (n + α) °
e−x xn+α dx.
1
(n + α)n+α+ 2 n
Для обоснования соотношений (23) достаточно воспользоваться первым соотx
ношением (26) и учесть, что в нем под знаком интеграла ≤ 1. Мы получим
n
при этом, что
Zn
Zn
en
en
0
−x n
=
σ (n) °
e x dx ≥
e−x xn+1 dx =
1
1
nn+ 2
nn+α+ 2
0
0


¶n+α+ 1 
µ
Zn

n+α
2
e
n+α
−x n+α
=
= e−n
e
x
dx
°
 (n + α)n+α+ 12

n
0
¶n+α+ 1
µ
2
n+α
= σ 0 (n + α),
σ 0 (n + α) °
(27)
n
1
µ
¶
n + α n+α+ 2
= eα ,
в силу того, что lim
n→∞
n
Zn
Zn
en+α nα−1
en+α
−x n+α
0
=
e x
dx ≥
e−x xn+1 dx =
σ (n + α) °
n+α+ 12
n+α+ 12
(n + α)
(n + α)
0
0


n
3
Z

n+ 2 
α−1
n+1
n
(n + 1)
e
=
= eα−1
e−x xn+1 dx °
1
3

(n + α)n+α+ 2  (n + 1)n+ 2
=
°
e−α
0
=
°
eα−1
nα−1 (n
n+ 32
+ 1)
n+α+ 12
(n + α)
= σ 0 (n + 1),
σ 0 (n + 1) °
(28)
3
в силу того, что lim
n→∞
nα−1 (n + 1)n+ 2
n+α+ 12
(n + α)
= e1−α .
13
В. А. Ильин
Аналогично для обоснования соотношений (24) следует воспользоваться
вторым соотношением (26) и учесть, что на этот раз всюду под знаком интеx
грала ≥ 1.
n
Мы снова получим цепочки соотношений (27) и (28), но теперь в них один
Rn
штрих у σ должен быть заменен двумя штрихами, интеграл должен быть
R∞
заменен на интеграл , а знак ≥ должен быть заменен на ≤.
0
n
Справедливость первого соотношения (25) устанавливается интегрирова¶ 1
µ
n + 1 n+ 2
= e. Действительно,
нием по частям с учетом того, что lim
n→∞
n
0
σ (n + 1) °
=
Zn
en+1
n+ 32
(n + 1)
e−x xn+1 dx =
0


Zn


n+1
e
=
−e−n nn+1 + (n + 1) e−x xn dx =
3

(n + 1)n+ 2 
0


n
¶
µ
n Z
e
1
e

=
+¡
= O √
e−x xn dx °
1
¢ 1
n
n+1 n+ 2
nn+ 2
n
0
e
0
0
=
= σ (n).
°
¡ n+1 ¢n+ 1 σ (n) °
n
2
Справедливость второго соотношения (26) вытекает из справедливости
первого из этих соотношений, из равенства σ(λ) = σ 0 (λ) + σ 00 (λ) и из того,
что σ(n) = σ(n + 1) в силу равенства (17).
ON ONE MORE DEDUCTION OF STIRLING FORMULA
V. A. Ilyin
A deduction of Stirling formula for asymptotic presentation of factorial for sufficiently
large number is suggested.
Keywords: mathematical analysis, improper integral, Γ-function, Stirling formula.
14