Stirling's Formula及证明

证明：

$$ ln(n!)=\sum_{j=1}^n\ln{j} $$

用积分近似：

$$ \sum_{j=1}^n\ln j\approx\int_{1}^n\ln{x}\ dx=n\ln{n}-n+1 $$

如果用误差更小一点的积分梯形近似：

$$ \ln(n!)-\frac{1}{2}\ln{n}\approx\int_1^n \ln{x}dx=n\ln{n}-n+1 $$

近似误差可由Euler-Maclaurin公式得到：

$$ \begin{aligned} \ln{(n!)}-\frac{1}{2}\ln{n} &=\frac{1}{2}\ln1+\ln2+\dots+\frac{1}{2}\ln n\\ &=n\ln n-n+1+\sum_{k=2}^m\frac{(-1)^kB_k}{k(k-1)}\Big(\frac{1}{n^{k-1}}-1\Big)+R_{m,n} \end{aligned} $$

其中$B_k$是伯努利数，$R_{m,n}$是Euler-Maclaurin公式中的余数项

对表达式两端取极限并定义$y$为极限值，可以得到，

$$ \begin{aligned} y =\lim_{n\rightarrow\infty}(\ln(n!)-n\ln n+n-\frac{1}{2}\ln n) =1-\sum_{k=2}^m\frac{(-1)^kB_k}{k(k-1)}+\lim_{n\rightarrow\infty}R_{m,n} \end{aligned} $$

因为$R_{m,n}$满足

$$ \begin{aligned} R_{m,n}=\lim_{n\rightarrow\infty}R_{m,n}+O\Big(\frac{1}{n^m}\Big) \end{aligned} $$

基于以上准备可以完成推导：

$$ \begin{aligned} \ln(n!)-n\ln n+n-\frac{1}{2}\ln n=\Big(1-\sum_{k=2}^m\frac{(-1)^kB_k}{k(k-1)}\Big)+\Big(\sum_{k=2}^m\frac{(-1)^kB_k}{k(k-1)n^{k-1}})+R_{m,n} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} 右边&=(y-\lim_{n\rightarrow R_{m,n}})+\Big(\sum_{k=2}^m\frac{(-1)^kB_k}{k(k-1)n^{k-1}}+R_{m,n}\Big)\\ &=y+\Big(\sum_{k=2}^m\frac{(-1)^kB_k}{k(k-1)n^{k-1}})+(R_{m,n}-\lim_{n\rightarrow\infty }R_{m,n})\\ &=y+\sum_{k=2}^m\frac{(-1)^kB_k}{k(k-1)n^{k-1}}+O\Big(\frac{1}{n^m}\Big) \end{aligned} $$

于是得到近似公式

$$ \begin{aligned} \ln (n!)=n\ln{\Big(\frac{n}{e}\Big)}+\frac{1}{2}\ln{n}+y+\sum_{k=2}^m\frac{(-1)^kB_k}{k(k-1)n^{k-1}} \end{aligned} $$

取$m=1$得到

$$ \begin{aligned} n!=e^y\sqrt n\Big(\frac{n}{e}\Big)^n\Big(1+O\Big(\frac{1}{n}\Big)\Big) \end{aligned} $$

由于$e^y=\sqrt{2\pi}$，得到Stirling’ formula

$$ \begin{aligned} n!=\sqrt{2\pi n}\Big(\frac{n}{e}\Big)\Big(1+O\Big(\frac{1}{n}\Big)\Big) \end{aligned} $$