スターリングの公式 | ε-論法と基礎解析

1 漸近同値

大きさを比べる言い方を、先に定めます。

定義 1.1 (漸近同値). 数列 $\{a_n\}$ と $\{b_n\}$ について、ある番号から先で $b_n \ne 0$ であり、かつ

\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=1

が成り立つとき、 $\{a_n\}$ と $\{b_n\}$ は漸近同値 (asymptotic equivalence) であるといい、 $a_n \sim b_n$ と書く。

例 1.2 (比についての主張であって、差についての主張ではない). $a_n=n^2+n$ 、 $b_n=n^2$ とおくと $\dfrac{a_n}{b_n}=1+\dfrac1n \to 1$ であるから $a_n \sim b_n$ である。一方 $a_n-b_n=n \to \infty$ である。

漸近同値であっても差はいくらでも大きくなることがある。スターリングの公式が主張するのも比についてであり、 $n!$ と右辺の差が小さいことではない。

2 和と積分の差を追う

$\log n!=\sum_{k=1}^{n}\log k$ であり、 $\log$ は単調増加ですから、この和は $\int_1^n \log x\,dx$ と近い値をとります。 $x\log x-x$ は $\log x$ の原始関数ですから、§D1.19 定理 2.1により

\int_1^n \log x\,dx=n\log n-n+1

です。和と積分の差そのものを $n$ の関数として追い、それが収束することを示します。

命題 2.1 (和と積分の差は収束する).

D_n=\log n!-\left(n+\tfrac12\right)\log n+n \qquad (n=1,2,\dots)

とおく。このとき $D_n=\log n!-\displaystyle\int_1^n\log x\,dx-\tfrac12\log n+1$ であり、数列 $\{D_n\}$ は単調減少で下に有界である。したがって $\{D_n\}$ は収束する。さらに、その極限を $D$ とすると、すべての $n \ge 1$ について

0<D_n-D<\frac{1}{12n}

が成り立つ。

証明. $\int_1^n\log x\,dx=n\log n-n+1$ であるから、 $\log n!-\int_1^n\log x\,dx-\frac12\log n+1=\log n!-n\log n+n-\frac12\log n=D_n$ である。

$n \ge 1$ について

D_n-D_{n+1} =\bigl(\log n!-\log (n+1)!\bigr)-\left(n+\tfrac12\right)\log n+\left(n+\tfrac32\right)\log(n+1)-1 =\left(n+\tfrac12\right)\log\frac{n+1}{n}-1

である。

$t=\dfrac1{2n+1}$ とおくと $0<t \le \dfrac13$ であり、 $\dfrac{1+t}{1-t}=\dfrac{2n+2}{2n}=\dfrac{n+1}{n}$ 、 $n+\dfrac12=\dfrac1{2t}$ である。 $u \mapsto \log\dfrac{1+u}{1-u}$ の導関数は $\dfrac1{1+u}+\dfrac1{1-u}=\dfrac{2}{1-u^2}$ であるから、§D1.19 定理 2.1により

\log\frac{1+t}{1-t}=\int_0^t\frac{2}{1-u^2}\,du

である。したがって

D_n-D_{n+1}=\frac{1}{2t}\int_0^t\frac{2}{1-u^2}\,du-1 =\frac{1}{2t}\int_0^t\left(\frac{2}{1-u^2}-2\right)du =\frac1t\int_0^t\frac{u^2}{1-u^2}\,du

となる。

被積分関数 $\dfrac{u^2}{1-u^2}$ は $0<u \le t \le \frac13$ で正であるから、上の積分は正である。よって $D_n>D_{n+1}$ であり、 $\{D_n\}$ は単調減少である。

$0 \le u \le t$ では $\dfrac{u^2}{1-u^2} \le \dfrac{u^2}{1-t^2}$ であり、 $0<u<t$ では不等号は狭義である。したがって

D_n-D_{n+1}<\frac1t\cdot\frac{1}{1-t^2}\cdot\frac{t^3}{3}=\frac{1}{3}\cdot\frac{t^2}{1-t^2}

である。 $t=\frac1{2n+1}$ より $\dfrac{t^2}{1-t^2}=\dfrac{1}{(2n+1)^2-1}=\dfrac{1}{4n(n+1)}$ であるから、

D_n-D_{n+1}<\frac{1}{12n(n+1)}=\frac1{12}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)

が成り立つ。

$n=1$ の場合は $D_1=\log 1!-\frac32\log 1+1=1>\frac{11}{12}$ である。 $n\ge 2$ の場合、上の不等式を $k=1$ から $n-1$ まで加えると、右辺は望遠鏡状に打ち消し合って

D_1-D_n<\frac1{12}\left(1-\frac1n\right)<\frac1{12}

である。したがって $D_n>1-\frac1{12}=\frac{11}{12}$ であり、 $\{D_n\}$ は下に有界である。

単調減少で下に有界であるから、 $\{-D_n\}$ へ§D1.7 定理 1.1を適用して $\{D_n\}$ は収束する。その極限を $D$ とする。

上の不等式を $k=n$ から $k=m-1$ まで加えると $D_n-D_m<\frac1{12}\left(\frac1n-\frac1m\right)<\frac1{12n}$ である。 $m\to\infty$ とすると、極限は不等式の向きを保つので $D_n-D \le \frac1{12n}$ であるが、 $D_n-D_{n+1}<\frac1{12}\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)$ が狭義であることから $D_n-D<\frac1{12n}$ が従う。また $\{D_n\}$ は狭義単調減少であるから $D_n>D$ 、すなわち $D_n-D>0$ である。▨

定理 2.2 (定数を除いた階乗の評価). ある定数 $C>0$ が存在して

n! \sim C\,n^{\,n+1/2}e^{-n}

が成り立つ。

証明.命題 2.1の $D_n$ の定義から $\log n!=D_n+\left(n+\frac12\right)\log n-n$ 、すなわち

\frac{n!}{n^{\,n+1/2}e^{-n}}=e^{D_n}

である。 $D_n \to D$ であり、指数関数は連続であるから $e^{D_n} \to e^{D}$ である。 $C=e^{D}>0$ とおくと $\dfrac{n!}{C\,n^{n+1/2}e^{-n}} \to 1$ となり、主張が従う。▨

ここまでの議論は $\log$ の単調性と積分だけを使っており、円周率はどこにも現れていません。定数 $C$ を決めるには、円周率が現れる量と階乗を結びつける別の等式が要ります。それがウォリスの公式です。

3 ウォリスの公式で定数を決める

補題 3.1 (ウォリスの公式). $(2n)!!=2\cdot4\cdots(2n)$ 、 $(2n-1)!!=1\cdot3\cdots(2n-1)$ とおく。このとき

\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n+1}\left(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)^{2}=\frac\pi2

が成り立つ。

証明. $I_n=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n x\,dx$ とおく。 $I_0=\frac\pi2$ 、 $I_1=1$ である。

$n \ge 2$ のとき、部分積分により

I_n=\int_0^{\pi/2}\sin^{n-1}x\,\sin x\,dx =\Bigl[-\sin^{n-1}x\,\cos x\Bigr]_0^{\pi/2}+(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\,\cos^2 x\,dx

である。第一項は $0$ である。 $\cos^2x=1-\sin^2x$ を用い、 $u(x)=\sin^{n-2}x$ 、 $v(x)=\sin^n x$ 、 $\lambda=1$ 、 $\mu=-1$ として§D1.17 系 3.3を適用すると、 $I_n=(n-1)(I_{n-2}-I_n)$ 、すなわち $I_n=\dfrac{n-1}{n}I_{n-2}$ となる。

この漸化式から、数学的帰納法により

I_{2n}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac\pi2,\qquad I_{2n+1}=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}

が得られる。

$0 \le x \le \frac\pi2$ では $0 \le \sin x \le 1$ であるから $\sin^{2n+1}x \le \sin^{2n}x \le \sin^{2n-1}x$ である。二つの点ごとの不等式に§D1.17 命題 3.4を適用して $I_{2n+1} \le I_{2n} \le I_{2n-1}$ を得る。漸化式より $I_{2n+1}=\dfrac{2n}{2n+1}I_{2n-1}$ 、すなわち $I_{2n-1}=\dfrac{2n+1}{2n}I_{2n+1}$ であるから

1 \le \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} \le \frac{2n+1}{2n}

となり、§D1.6 定理 3.1により $\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}} \to 1$ である。

$(2n+1)!!=(2n+1)(2n-1)!!$ であるから

\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} =\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac\pi2\cdot\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!} =\frac\pi2\,(2n+1)\left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^{2}

である。左辺が $1$ へ収束することから $(2n+1)\left(\dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^{2} \to \dfrac2\pi$ であり、この量は正であるから、逆数を取って

\frac{1}{2n+1}\left(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)^{2} \longrightarrow \frac\pi2

となる。▨

定理 3.2 (スターリングの公式).

n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^{n}.

証明. $a_n=\dfrac{n!}{n^{\,n+1/2}e^{-n}}$ とおくと、定理 2.2の証明により $a_n \to C$ である。

$(2n)!!=2^n\,n!$ であり、 $(2n)!=(2n)!!\,(2n-1)!!$ より $(2n-1)!!=\dfrac{(2n)!}{2^n\,n!}$ である。したがって

\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=\frac{2^n n!\cdot 2^n n!}{(2n)!}=\frac{4^n (n!)^2}{(2n)!}

であり、ウォリスの公式の左辺は

W_n=\frac{1}{2n+1}\left(\frac{4^n(n!)^2}{(2n)!}\right)^{2}=\frac{2^{4n}(n!)^4}{\bigl((2n)!\bigr)^{2}(2n+1)}

と書くことができる。

$n!=a_n\,n^{\,n+1/2}e^{-n}$ と $(2n)!=a_{2n}(2n)^{\,2n+1/2}e^{-2n}=a_{2n}\,2^{\,2n+1/2}n^{\,2n+1/2}e^{-2n}$ を代入すると

(n!)^4=a_n^{\,4}\,n^{\,4n+2}e^{-4n},\qquad \bigl((2n)!\bigr)^2=a_{2n}^{\,2}\,2^{\,4n+1}n^{\,4n+1}e^{-4n}

であるから

W_n=\frac{2^{4n}\,a_n^{\,4}\,n^{\,4n+2}e^{-4n}}{a_{2n}^{\,2}\,2^{\,4n+1}\,n^{\,4n+1}e^{-4n}(2n+1)} =\frac{a_n^{\,4}}{2\,a_{2n}^{\,2}}\cdot\frac{n}{2n+1}

となる。 $a_n \to C$ 、 $a_{2n} \to C$ 、 $\dfrac{n}{2n+1} \to \dfrac12$ であるから、極限の四則についての法則（§D1.6 定理 2.1）により

W_n \longrightarrow \frac{C^4}{2C^2}\cdot\frac12=\frac{C^2}{4}

である。補題 3.1より $W_n \to \frac\pi2$ であるから、極限の一意性（§D1.5 命題 2.1）により $\dfrac{C^2}{4}=\dfrac\pi2$ 、すなわち $C^2=2\pi$ である。 $C>0$ であるから $C=\sqrt{2\pi}$ となり、

n! \sim \sqrt{2\pi}\,n^{\,n+1/2}e^{-n}=\sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^{n}

が成り立つ。▨

4 誤差の大きさ

比が $1$ へ収束することは示しましたが、収束の速さも上の議論から読み取ることができます。

系 4.1 (誤差の評価). すべての $n \ge 1$ について

1<\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^{n}}<e^{1/(12n)}

が成り立つ。

証明.定理 2.2の証明で示した等式と $C=e^{D}=\sqrt{2\pi}$ により

\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^{n}}=\frac{n!}{C\,n^{\,n+1/2}e^{-n}}=e^{D_n-D}

である。命題 2.1により $0<D_n-D<\dfrac1{12n}$ であり、指数関数は単調増加であるから、主張の不等式が従う。▨

例 4.2 (数値による確認). $n=10$ のとき $10!=3628800$ である。一方

\sqrt{2\pi\cdot10}\left(\frac{10}{e}\right)^{10}=\sqrt{20\pi}\cdot\frac{10^{10}}{e^{10}}

であり、 $\sqrt{20\pi}\approx7.92665$ 、 $e^{10}\approx22026.47$ 、 $\dfrac{10^{10}}{e^{10}}\approx453999.3$ であるから、この値はおよそ $3.5987\times10^{6}$ である。比はおよそ

\frac{3628800}{3598696}\approx1.00837

となる。系 4.1の上界は $e^{1/120}\approx1.00837$ であるから、この評価は $n=10$ の時点でほとんど等号に近いところまで正確である。同時に、 $n=10$ でも $1\%$ 弱のずれが残ることも分かる。比と $1$ とのずれは高々 $\frac1n$ のオーダーである。

§D1.27スターリングの公式

1 漸近同値

2 和と積分の差を追う

3 ウォリスの公式で定数を決める

4 誤差の大きさ

参考文献

前提記事