La fórmula de Stirling

La fórmula de Stirling
Luis Carlos Garcı́a Lirola
16 de septiembre de 2009
Ahora que he leı́do Methodus
Differentialis diligentemente, estoy
verdaderamente sorprendido por la
gran abundancia de métodos
excelentes que incluye un volumen tan
pequeño, por medio de los cuales Ud.
muestra cómo sumar con facilidad
series que convergen lentamente y
cómo interpolar progresiones que son
muy difı́ciles de tratar.
Carta de Euler a Stirling
(8 de junio de 1736) [7]
1.
Introducción
El presente trabajo tiene como objetivo presentar la fórmula de Striling, junto con dos
demostraciones de la misma, de manera que sean accesibles a alumnos de primer curso
de licenciatura. También veremos aplicaciones de la fórmula en la demostración de otros
resultados, y cómo se utiliza como aproximación en combinatioria o probabilidad, donde
son frecuentes los factoriales.
1.1.
Conocimientos previos
Antes de centrarnos en la fórmula de Striling, necesitamos conocer algunos resultados
importantes que utilizaremos para su demostración. El primero de ellos es una curiosa
fórmula que data de 1655 y puede ser utilizada para el cálculo de π, aunque no de forma
eficiente. Fue demostrada por el matemático inglés John Wallis (1616-1703):
Teorema 1 (Producto de Wallis).
∞ π Y
2k
2k
2 · 2 · 4 · 4 · 6 · 6...
=
=
2 k=1 2k − 1 2k + 1
1 · 3 · 3 · 5 · 5 · 7...
1
Demostración. Se puede encontrar en Lecciones de Análisis Matemático I, de Jose Antonio
Fernández Viña (pág. 276)
Corolario 2.
n
√
1 Y 2k
lı́m √
= π
n→∞
n k=1 2k − 1
Demostración. Basta con operar adecuadamente el producto anterior:
∞ n Y
Y
π
2k
2k
2k
2k
=
= lı́m
n→∞
2
2k
−
1
2k
+
1
2k − 1 2k + 1
k=1
k=1
!2 n
n
n Y
Y
Y 2k − 1
2k
(2k)2 2k − 1
=
lı́m
= lı́m
·
n→∞
n→∞
(2k − 1)2 2k + 1
2k − 1
2k + 1
k=1
k=1
k=1
!
!
2
2
n
n
Y
Y
2k
1
2k
1
= lı́m
= lı́m
·
·
n→∞
2k − 1
2n + 1 n→∞ k=1 2k − 1
2n
k=1
De donde se obtiene el resultado buscado.
La siguiente función extiende la función factorial definida en los numeros naturales.
Fue introducida por primera vez en una carta que escribió Leonhard Euler a Christian
Goldbach en 1729. La notación con la que la presentamos es debida a Legrende.
Teorema 3 (Función Gamma). Sea la función Γ : (0, +∞) → R
Z ∞
xp−1 e−x dx
Γ(p) :=
0
1. La integral anterior es convergente para todo p > 0, es decir, la función está bien
definida
2. La función Γ cumple la ecuación funcional pΓ(p) = Γ(p + 1)
3. Para cada entero n ≥ 1, se tiene que Γ(n + 1) = n!
Demostración. Si 0 < p < 1 la integral también es impropia en 0, donde es convergente
1
, al ser 1 − p < 1:
por comparación con x1−p
xp−1 e−x
= lı́m e−x = 1
x→0 1/x1−p
x→0
lı́m
Para cualquier p resolvemos la singularidad en +∞ por comparación con
convergente.
xp−1 e−x
xp−1
lı́m
=
lı́m
=0
x→∞ e−x/2
x→∞ ex/2
R∞
Por lo que 0 xp−1 e−x dx es convergente.
2
1
,
ex/2
que es
Figura 1: Área bajo la función e−x
2
Para obtener la ecuación funcional integramos por partes con u = xp , du = pxp−1 , dv =
e , v = −e−x
Z +∞
Z a
p −x
x e dx = lı́m
xp e−x dx
Γ(p + 1) =
a→∞
0
Z 0a
p −x a
p−1 −x
= lı́m
−x e 0 + p
x e dx
a→∞
0
Z a
p −a
p −0
= lı́m −a e + 0 e
+ lı́m p
xp−1 e−x dx
a→∞
a→∞
0
Z +∞
= 0+p
xp−1 e−x dx = pΓ(p)
−x
0
R∞
La última ecuación la probamos por inducción. En primer lugar, Γ(1) = 0 e−x dx =
a
lı́ma→∞ [−e−x ]0 = lı́ma→∞ − e1a +e0 = 1 = 1!. A continuación, supongamos que Γ(n) = (n−
1)!. Usando la ecuación funcional anterior, tenemos que Γ(n+1) = nΓ(n) = n·(n−1)! = n!,
como querı́amos probar.
El último teorema que necesitamos lo introduciremos a través de una anécdota. Ésta
muestra la admiración de William Thomson, fı́sico y matemático irlandés también conocido como Lord Kelvin, por el francés Joseph Liouville, el primero en demostrar la existencia
de números trascendentes.
Teorema 4 (Área bajo la campana de Gauss). Un dı́a Lord Kelvin estaba impartiendo
clase en la Universidad de Glasgow y preguntó a sus alumnos:
- ¿Saben que es un matemático?
Entonces escribió en la pizarra la siguiente ecuación:
Z ∞
√
2
e−x dx = π
−∞
- Un matemático - dijo señalando la pizarra - es alguien para el que esto es tan obvio
como que dos y dos son cuatro para ustedes. ¡Liouville era un matemático!
Demostración. Si el lector todavı́a no es un matemático, puede encontrarla en Lecciones
de Análisis Matemático I, de Jose Antonio Fernández Viña (pág. 277) o en Análisis
Matemático II, del mismo autor (pág. 253)
3
2.
La formula de Stirling
Este resultado, tema central del trabajo, permite dar una aproximación de n! para
valores grandes de n.
Teorema 5 (Fórmula de Stirling).
n!
lı́m √
=1
n→∞
2πnnn e−n
Es decir, las sucesiones n! y
2.1.
√
2πnnn e−n son equivalentes.
Algunas notas históricas
La fórmula anterior fue demostradada en 1730 por el matemático escocés James Stirling (1692-1770), en la proposición 28 de su obra Methodus Differentialis. Este libro es
un tratado sobre series infinitas, suma, interpolación y cuadratura. Trabajó además en
la ventilación de pozos de minas, en la forma de la Tierra y en la variación de gravedad
en su superficie. También cabe reseñar una contribución no matemática: inspeccionó el
rı́o Clyde con el fin de hacerlo navegable, mediante una serie de esclusas, para facilitar
el paso hasta Glasgow. Sus vecinos, agradecidos, le regalaron una tetera de plata por su
servicio, sufrimientos y preocupación [9].
Pero la fórmula de Stirling debe mucho a Abraham de Moivre (1667 - 1754). Este
matemático francés realizó importantes trabajos en distribución normal y probabilidad,
aunque es conocido principalmente por su fórmula trigonométrica:
(cos x + i sin x)n = cos(nx) + i sin(nx)
Fue elegido un miembro de Royal Society de Londres en 1697, y tuvo amistad con
Edmund Halley y Isaac Newton. Toda su vida fue pobre y acostumbraba a ganar algo de
dinero jugando al ajedrez.
√
En su libro Miscellanea Analytica, publicado en 1730, obtuvo que n! ≈ cnn ne−n ,
aunque sin determinar el valor de la constante c. En la segunda edición de 1738 da la
fórmula final, otorgando el crédito a Stirling [8]:
Desistı́ en seguir adelante cuando mi buen amigo Mr. √
James Stirling, quien
me habı́a seguido en la investigacion, descubrió que c = 2π.
En la etapa final de su vida, de Moivre se sumió en un estado de letargo, durmiendo
20 horas al dı́a. Se dio cuenta de que cada dı́a dormı́a un cuarto de hora más, por lo que
conjeturó que morirı́a cuando durmiese durante 24 horas. Ese dı́a, calculado por él mismo,
era el 27 de noviembre de 1754. Estaba en lo cierto. La causa oficial quedó registrada como
somnolencia.
4
Figura 2: Abraham de Moivre
2.2.
Demostración mediante el producto de Wallis
Necesitaremos un resultado auxiliar:
Lema 6. Para todo entero k ≥ 1, se tiene que
3 k−1
5
≤
3
.
2k+1
1−1
3
Demostración. Lo probamos mediante inducción. Para k = 1, 35
= 1 = 2+1
, luego se
cumple. Supongamos que el resultado es cierto para un entero k. Entonces, para k + 1:
3
2k + 1
3
=
·
≥
2(k + 1) + 1
2k + 1 2k + 3
k−1
k−1
k
3
3
3
2k + 1
3
≥
=
5
2k + 3
5
5
5
Donde la última desigualdad es cierta ya que:
2k + 1
3
≥
⇐⇒ 5(2k + 1) ≥ 3(2k + 3) ⇐⇒ 10k + 5 ≥ 6k + 9 ⇐⇒ 4k ≥ 4 ⇐⇒ k ≥ 1
2k + 3
5
Deduciremos la fórmula de Stirling de la siguiente desigualdad:
Teorema 7. Para cada entero n ≥ 2 se cumple que:
1
e 12n+1/4 < √
1
n!
< e 12n
−n
n
2πne n
Demostración. Usaremos primero que, para |x| < 1:
X (−1)k−1 xk X xk
X x2k+1
1+x
log
= log(1 + x) − log(1 − x) =
−
=2
1−x
k
k
2k + 1
k≥1
k≥1
k≥0
5
Tomando en lo anterior x =
1
n+
2
Por (1), y puesto que
1
n+
2
1
2n+1
≤
1
3
< 1, tenemos que:
1
2n + 1
1 + 1/(2n + 1)
log 1 +
−1 =
log
−1
n
2
1 − 1/(2n + 1)
2n + 1 X (1/(2n + 1))2k+1
=
2
−1
2
2k
+
1
k≥0
X
1
=
−1
2k
(2n
+
1)
(2k
+
1)
k≥0
X
1
=
2k
(2n + 1) (2k + 1)
k≥1
1
2k+1
(1)
≤ 13 , tenemos:
1
1X
1
log 1 +
−1 ≤
n
3 k≥1 (2n + 1)2k
1
1
1
1
1 1/(2n + 1)2
=
=
(suma de una serie geométrica) =
2
2
3 1 − 1/(2n + 1)
3 (2n + 1) − 1
3 4n(n + 1)
1
1
−
(2)
(en fracciones simples) =
12n 12(n + 1)
Por otra parte, y de nuevo a partir de (1), tenemos que, para n ≥ 2:
X
1
1
1
n+
log 1 +
−1 =
2
n
(2k + 1)(2n + 1)2k
k≥1
X
3
1
(reorganizando) =
2
3(2n + 1) k≥1 (2k + 1)(2n + 1)2k−2
!
X 3 k−1
1
1
(usando el lema 6) ≥
3(2n + 1)2 k≥1
5
(2n + 1)2k−2
k−1
X
1
3
(reorganizando de nuevo) =
3(2n + 1)2 k≥1 5(2n + 1)2
(suma de la serie geométrica) =
1
1
1
=
3
2
3(2n + 1) 1 − 5(2n−1)2
3(2n + 1)2 − 9/5
1
12
=
2
+ 12n + 6/5
144n + 144n + 72/5
49
72
12
(n ≥ 2 ⇒ 6n +
> 12 + 3 > ) >
2
16
5
144n + 150n + 49/16
1
1
=
−
(3)
12n + 1/4 12(n + 1) + 1/4
(operando y multiplicando por 12) =
12n2
6
Para una mayor brevedad, sean:
−1
−1
n!
xn = e 12n+1/4 , yn = e 12n , an = n!en n−(n+1/2) = √ n −n
nn e
(4)
Observemos que las tres sucesiones son positivas, lı́mn xn = lı́mn yn = 1 y que:
n+1/2
an
n!en n−(n+1/2)
1
en n!(n + 1)(n + 1)n+1/2
1
=
1+
=
=
an+1
(n + 1)!en+1 (n + 1)−(n+1+1/2)
en+1 (n + 1)!nn+1/2
e
n
Supondremos en lo sucesivo que n ≥ 2. Utilizando las desigualdades (2) y (3), tenemos
que:
−1
1
xn+1
= e 12(n+1)+1/4 + 12n+1/4
xn
n+1/2
1
1
an
(n+1/2) log(1+1/n)−1
(desigualdad (3)) < e
=
1+
=
e
n
an+1
−1
1
y
n+1
(desigualdad (2)) < e 12(n+1) + 12n =
yn
En resumen,
an
yn+1
xn+1
<
<
xn
an+1
yn
(5)
an
Además xn+1 /xn > e0 = 1, por lo que an+1
> 1 ⇒ an > an+1 . Es decir, la sucesión
(an ) es monótona decreciente y está acotada inferiormente por 0, por tanto tiene lı́mite.
Sea a := lı́m an . A partir de (5) deducimos que an xn > an+1 xn+1 y que an yn < an+1 yn+1 ,
es decir an xn es decreciente y an yn es creciente. Tomando lı́mites:
an xn < an−1 xn−1 ⇒ lı́m an xn ≤ lı́m an−1 · 1 ⇒ lı́m an xn ≤ a
an xn > an+1 xn+1 ⇒ lı́m an xn ≥ lı́m an+1 · 1 ⇒ lı́m an xn ≥ a
Por lo que lı́m an xn = a. Análogamente se ve que lı́m an yn = a. Lo anterior lo podemos
resumir en que:
0 < an yn < a < an xn
(6)
A continuación utilizaremos la fórmula de Wallis (corolario 2)
√
π =
=
(por (4), n! = an e−n nn+1/2 ) =
(agrupando) =
(cancelando) =
Q
n
1 Y 2k
1 ( nk=1 2k)2
lı́m √
= lı́m √
n→∞
n k=1 2k − 1 n→∞ n (2n)!
Q
22n ( nk=1 k)2
22n (n!)2
lı́m √
= lı́m √
n→∞
n→∞
n (2n)!
n(2n)!
22n (an e−n nn+1/2 )2
lı́m √
n→∞
n(a2n e−2n (2n)2n+1/2 )
a2
n2n+1
22n
e−2n
lı́m n · √ 2n+1/2 · 2n+1/2 · −2n
n→∞ a2n
2
e
nn
2
2
a 1
a
a
lı́m n √ = √ = √
n→∞ a2n
2
a 2
2
7
Por lo que a =
√
2π. Sustituyendo este valor en (6) tenemos que:
an
x−1
< yn−1
n < √
2π
que es lo que querı́amos probar.
Corolario 8 (Fórmula de Stirling).
n!
lı́m √
=1
2πnnn e−n
n→∞
Demostración. Se obtiene directamente tomando lı́mites a partir de la expresión del teorema 7 y aplicando la regla del sandwich:
1
1
n!
1 = lı́m e 12n+1/4 ≤ lı́m √
≤ lı́m e 12n = 1
n→∞
n→∞
2πnnn e−n n→∞
2.3.
Demostración mediante la función Gamma
En este caso necesitaremos dos resultados auxiliares:
Lema 9. Para todo |x| ≤ 12 , x ∈ R se tiene que log(1 + x) − x + 21 x2 ≤ 23 |x|3
Demostración. Utilizamos el desarrollo en serie de potencias del log(1 + x) (puesto que
|x| ≤ 12 < 1), la desigualdad triangular y la suma de la serie geométrica:
2
2
n−1 n
n−1 n X
X
(−1) x
x (−1) x X |x|n
log(1 + x) − x + x = −
x
+
=
≤
2
n
2 n≥3
n
n
n≥3
n≥1
≤
1 X n 1 |x|3
1 |x|3
2
≤
= |x|3
|x| =
3 n≥3
3 1 − |x|
3 1 − 1/2
3
Lema 10. Para todo a, b ∈ R se tiene |ea − eb | ≤ eb |a − b|e|a−b|
Demostración. Bastará probar que |ex − 1| ≤ |x|e|x| , x ∈ R. Tomando x = a − b y
multiplicando por eb obtendremos el resultado buscado. Para ello utilizaremos de nuevo
el desarrollo en serie de potencias y la desigualdad triangular:
X x n
X xn X |x|n
X |x|n
X |x|n
|ex − 1| = − 1 = = |x|
≤ |x|
= |x|e|x|
≤
n!
n!
n!
(n
+
1)!
n!
n≥0
n≥1
n≥0
n≥0
n≥1
8
Con ello podemos abordar la
Demostración (de la fórmula de Stirling). Utilizando la función Γ(x) definida en el teorema
3, tenemos que, para todo n ∈ N:
Z ∞
Z a
n x
n! = Γ(n + 1) =
x e dx = lı́m
xn ex dx
0
Z
a−n
√
n
a→∞
0
√ √
√
√
(n + y n)n e−(n+y n) ndy = nn ne−n
Z
∞
y n −y√n
√
(1
+
) e
dy
√
a→∞ −√n
n
− n
√
√
√ (⇒ x = n + y n, dx =
Donde se ha efectuado el cambio de variable y = x−n
ndy). Por
n
tanto:
=
lı́m
√
n! = nn n
Z
∞
gn (y)dy, donde n ∈ N y gn (y) =
−∞
(
(1 +
0
√
√y )n e−y n
n
√
si y > − n
√
si y ≤ − n
(1)
R∞
R∞
2
Trataremos ahora de probar que lı́mn −∞ gn (y)dy = −∞ e−y /2 dy. Para ello estimare√
√
2
mos la diferencia entre gn (y) y e−y /2 dy en dos casos: para |y| ≤ n/2 y para |y| > n/2.
√
√
1a Parte. Supondremos que |y| ≤ n/2. En ese caso, gn (y) = (1 + √yn )n e−y n , y
√
también podemos usar el lema 9 con x = |y|/ n Tenemos:
√
2
2
y
gn (y) − e− y2 = en log(1+ √n )−y n − e− y2 2 y
y 2 |n log(1+ √yn )−y+ y22 |
− y2 (usando el lema 10) ≤ e
n log(1 + √n ) − y + 2 e
3 2
2 y n 23 √yn 3
− y2
(n facor común y usando el lema 9) ≤ e n √ e
3 n
3 2 |y|3
3 y2
2
y 2 |y|
y 2 2 |y|
√
(simplificando y usando la hipótesis) = e− 2 √ e 3 n ≤ e− 2 √ e 3
3 n
3 n
3
3
y2
y 2 |y|
y 2 |y|
(simplificando más) ≤ e− 2 √ e 3 = e− 6 √
n
n
En definitiva:
y2
|y|3 y2
1√
n
(2)
|gn (y) − e− 2 | ≤ √ e− 6 , para |y| ≤
2
n
√
√
2a Parte. Supongamos ahora que |y| > n/2. Si y ≤ − n entonces gn (y) = 0 y
√
−|y|
es obvio que 0 ≤ gn (y) ≤ e 6 Veremos que para y > − n esta desigualdad también es
cierta.
Para ello consideremos la función f : (−1, +∞) → R dada por
x2
f (x) = x − 65 2+x
− log(1 + x), que es continua por ser suma de funciones continuas. Su
derivada es:
5 2x(2 + x) − x2
1
x(x2 − x + 4)
0
f (x) = 1 −
−
=
...
=
6
(2 + x)2
1+x
6(1 + x)(x + 2)2
9
Como x2 − x + 4 no tiene raı́ces reales, f 0 (x) = 0 ⇔ x(x2 − x + 4) = 0 ⇔ x = 0. Además
el denominador de f 0 (x) es siempre positivo, por lo que signo(f 0 (x)) = signo(x) lo que
implica que f es creciente en x > 0 y decreciente en −1 < x < 0. Por tanto, f alcanza un
mı́nimo absoluto en√x = 0.
Tomando y > − n tenemos que podemos aplicarle f a √yn > −1 y además gn (y) ≥ 0.
De este modo:
2
y
y
y
5 yn
− log(1 + √ )
0 = f (0) ≤ f ( √ ) = √ −
y
n
n 6 2 + √n
n
√
5 y2
y
− n log(1 + √ )
0 ≤ y n−
y
6 2 + √n
n
√
y
5 y2
n log(1 + √ ) − y n ≤ −
6 2 + √yn
n
√
n
5 y2
5 |y||y|
5 |y| 2
|y|
log(gn (y)) ≤ −
≤
y ≤ −
1 ≤ −
5
√
62+ n
62+ 2
6 2
6
√
√
|y|
gn (y) ≤ e 6 , para |y| > n/2, y > − n
En definitiva,
√
|y|
0 ≤ gn (y) ≤ e 6 , para |y| >
n/2
(3)
De (2) se sigue que:
Z √n
Z √n
Z √n
Z √n
2
2
2
2
2
2
y
y
|y|3 − y2
− 2 − 2
√ e 6 =0
g
(y)
−
e
≤
|g
(y)
−
e
|
≤
√ n
n
√
√
√
n
n
n
− n
n
−
−
−
2
2
2
2
Ya que esta última función es impar. Por tanto,
R √2n
√
−
n
2
gn (y) =
R √2n
√
−
y2
n
2
e− 2
Por otra parte, de (3) y de la regla del sandwich se sigue que:
Z ∞
Z ∞
Z ∞
Z ∞
√
|y|
− 12n
− 6
− y6
0 ≤ √ gn (y) ≤ √ e
= √ e = 6e
⇒ lı́m √ gn (y) = 0
n
2
n
2
n
n
2
n
2
R − √n
Análogamente tenemos que lı́mn −∞2 gn (y) = 0. De este modo:
!
Z √n
Z ∞
Z ∞
Z − √n
2
2
gn (y) + √ gn (y) + √ gn (y)
lı́m
gn (y) = lı́m
n
−∞
n
−∞
Z
= lı́m
n
√
n
2
√
− 2n
−
Z
2
e
− y2
n
2
∞
=
y2
e− 2 =
n
2
√
2π
(4)
−∞
Donde
√ la última igualdad proviene del teorema 4, realizando el cambio de variable x =
y/ 2. De (1) y (4) obtenemeos la fórmula de Stirling:
n!
lı́m √
=1
n→∞
2πnnn e−n
10
2.4.
Estimación del error
√
Hasta ahora hemos probado que n! ≈ 2πnnn e−n , pero, ¿cómo de buena es esta
aproximación?. Para verlo nos hará falta un resultado previo:
Lema 11. Para todo x > 0 se cumple que ex ≤ 1 + x + 21 x2 ex
Demostración. Es consecuencia del desarrollo en serie de potencias de ex
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
ex ≤ 1 + x + 21 x2 ex
P∞ xn
P∞ xn
x2
n=0 n! ≤ 1 + x + 2
n=0 n!
P∞ xn
P∞ xn
x2
n=2 n! ≤ 2
n=0 n!
P∞ xn+2
P∞ xn+2
1
n=0 (n+2)! ≤ 2
n=0 n!
Y la última desigualdad es cierta ya que 2 ≤ n + 2
El siguiente resultado nos da una estimación del error:
Teorema 12. Para cada n ≥ 2:
0< √
Demostración. Sea sn =
√
1
1
n!
+
<1+
12n 277n2
2πnnn e−n
n!
.
2πnnn e−n
(1)
Por el teorema 7, tenemos que:
1
0 < e 12n+1/4 < sn
Lo que nos da la primera desigualdad. Para la segunda utilizamos de nuevo el teorema 7,
junto con el lema 11:
1
1 1
+
e1/12n
2
12n 2 144n
1
1
(n ≥ 2) ≤ 1 +
+
e1/24
2
12n 288n
1
1 1200
(lema 11) ≤ 1 +
+
12n 288n2 1153
1
1
< 1+
+
12n 277n2
sn < e1/12n < 1 +
Donde hemos utilizado el lema 11 para acotar e1/24 (e1/24 ≤ 1 +
1200
)
1153
2.5.
1
24
+
1
e1/24
2·242
⇒ e1/24 ≤
Aplicaciones
La principal aplicación de la fórmula de Stirling es aproximar n! para valores grandes
de n. Veamos algunos ejemplos.
11
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
..
.
n!
1
2
6
24
120
720
5040
40320
362880
3628800
..
.
Stirling
0.922137
1.919004
5.836210
23.506175
118.019168
710.078185
4980.395832
39902.395453
359536.872842
3598695.618741
..
.
Error absoluto
0.077863
0.0809956
0.16379
0.493825
1.98083
9.92182
59.6042
417.605
3343.13
30104.4
..
.
Error relativo
0.077863
0.040497
0.027298
0.020576
0.016506
0.013780
0.011826
0.010357
0.009212
0.008295
..
.
45
46
47
48
49
50
..
.
1.19622e+56
5.50262e+57
2.58623e+59
1.24139e+61
6.08282e+62
3.04141e+64
..
.
1.19401e+56
5.49266e+57
2.58165e+59
1.23924e+61
6.07248e+62
3.03634e+64
..
.
2.21314e+53
9.95934e+54
4.58139e+56
2.15329e+58
1.0336e+60
5.06473e+61
..
.
0.00185011
0.00180993
0.00177145
0.00173458
0.00169921
0.00166526
..
.
80
81
82
83
84
85
..
.
7.15695e+118
5.79713e+120
4.75364e+122
3.94552e+124
3.31424e+126
2.8171e+128
..
.
7.14949e+118
5.79116e+120
4.74881e+122
3.94156e+124
3.31095e+126
2.81434e+128
..
.
7.45123e+115
5.96102e+117
4.82846e+119
3.95936e+121
3.28629e+123
2.7605e+125
..
.
0.00104112
0.00102827
0.00101574
0.00100351
0.00099156
0.00097990
..
.
135
136
137
138
139
140
2.69047e+230
3.65904e+232
5.01289e+234
6.91779e+236
9.61572e+238
1.3462e+241
2.68881e+230
3.6568e+232
5.00984e+234
6.91361e+236
9.60996e+238
1.3454e+241
1.66027e+227
2.24137e+229
3.04827e+231
4.17614e+233
5.76308e+235
8.0107e+237
0.00061709
0.00061255
0.00060808
0.00060368
0.00059934
0.00059506
Cuadro 1: Cálculo compartativo de la fórmula de Stirling respecto a n! [5]
2.5.1.
Cálculo de lı́mites
√
El hecho de que n! y 2πnnn e−n sean sucesiones equivalentes, puede ayudar en el
cálculo de lı́mites cuando n → ∞. Veamos un ejemplo:
s√
r
√
q
n
√
n!
2πnnn e−n
1
1
n
n √
n n!
2n
= lı́m
= lı́m
= lı́m
lı́m
2πne−n = lı́m
2πn · =
n
n
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞ n
n→∞
n
n
e
e
12
Figura 3: Las cinco triangulaciones del pentágono
2.5.2.
Números de Catalan
Definición 13. Para cada n ∈ N se define el n-ésimo número de Catalan como:
2n
(2n)!
1
=
Cn =
n+1 n
(n + 1)!n!
Frecuentemente usados en combinatoria, su nombre se debe al matemático belga Eugene Charles Catalan (1814-1894), aunque fue el gran Leonhard Euler (1707-1783) el
primero en calcularlos. Catalan descubrió que Cn es el número de triangulaciones de un
polı́gono de n + 2 lados. Cn también es número de expresiones que contienen n pares de
paréntesis correctamente colocados. Por ejemplo, para n = 3:
((()))
()(())
()()()
(())()
(()())
La fórmula de Stirling facilita el cálculo de los números de Catalan, ya que de ella se
deduce que:
4n
Cn ≈ 3/2 √
n
π
Para demostrarlo basta ver que ambas sucesiones son equivalentes:
√
Cn
(2n)! n3/2 π
lı́m 4n
= lı́m
n→∞ 3/2
n→∞ (n + 1)!n!
√
4n
n
π
√
√
2π2n(2n)2n e−2n
n3/2 π
√
(por Stirling) = lı́m p
·
n→∞
4n
2π(n + 1)(n + 1)n+1 e−n−1 2πnnn e−n
√ √
√
4π π 22n
n3/2 n
n2n
e−2n
p
(reagrupando) = lı́m √ √ · n ·
· n
·
n→∞
2π 2π 4
(n + 1) (n + 1)n n (n + 1)n e−2n−1
n
n
1
(simplificando) = lı́m
·e= e
n→∞
n+1
e
= 1
2.5.3.
Probabilidad
En esta rama de las matemáticas es frecuente que aparezcan los factoriales. Por ejemplo, la probabilidad de que, lanzando una moneda 2n veces, obtengamos el mismo número
13
de caras que de cruces, es:
p(n) =
n,n
casos favorables
P R2n
(2n)!/(n!)2
=
=
casos totales
22n
4n
Procediendo como antes, utilizaremos la fórmula de Stirling para dar una aproximación
de este valor:
√
2π(2n)2n+1/2 e−2n
1
(2n)!
≈
=√
p(n) = n
2
n
2n+1
−2n
4 (n!)
4 2πn
e
πn
2.5.4.
La identidad de Boya
Finalizamos el trabajo con esta curiosa identidad, que debe su nombre a Luis J. Boya,
profesor de Fı́sica Teórica de la Universidad de Zaragoza.
Teorema 14 (Identidad de Boya). . Se tiene:
γ
2π = e
∞
Y
ζ(n)
n+1
e( 2 )
n=2
(n+1)n
donde γ es la constante de Euler-Mascheroni, n+1
= 2 es el n-ésimo número trian2
gular y
X 1
(Re(s) > 1)
ζ(s) =
ks
k≥1
es la función Zeta de Riemann.
Demostración. Tomando logaritmos en la fórmula de Stirling obtenemos que
√
lı́m log(n!) − log 2πn − n log n + n = 0
n→∞
Por lo que
log(n!) = n(log(n) − 1) + log
√
2πn + o(1)
(1)
Sea R(m) := log(m − 1)! − (m − 1) log m, m ∈ N. Tenemos que:
log n! = log n + log(n − 1)!
= n log(n) + log(n − 1)! − (n − 1) log n
= n log n + R(n)
(2)
Además,
R(m) − R(m − 1) = log(m − 1)! − (m − 1) log(m) − log(m − 2)! + (m − 2) log(m − 1)
(m − 1)!
m−1
m−1
= log
+ log
+ m log
− log(m − 1)
(m − 2)!
m
m
m−1
= (m + 1) log
m
14
Por tanto:
1
R(m) = (m + 1) log 1 −
+ R(m − 1)
m
(3)
P
n n
Utilizando ahora el desarrollo en serie de potencias del log(1 + x) = n≥1 (−1)n x , para
|x| < 1 o x = 1
1
1
1
R(m) = (m + 1) − −
−
− · · · + R(m − 1)
m 2m2 3m3
1
1
1
1
1
1
= −1 +
−
+
+
+ · · · + R(m − 1)
−
−
m 2m
2m2 3m2
3m3 4m3
1 1
1 1
1 1
= −1 +
+
+
+ · · · + R(m − 1)
2
1·2m 2·3m
3 · 4 m3
Reiteramos el proceso hasta llegar a R(1) = 0. Por haber dado precisamente n pasos
obtenemos:
R(n) = −n +
n
n
n
1 X 1
1 X 1
1 X 1
+
+
+ ···
1 · 2 m=1 m 2 · 3 m=1 m2 3 · 4 m=1 m3
∞
X
ζn (k)
= −n +
k(k + 1)
k=1
Donde ζn (k) =
Pn
1
j=1 j k .
(4)
De (2) y (4) obtenemos que:
∞
X
ζn (k)
log(n!) = n(log(n) − 1) +
k(k + 1)
k=1
(5)
P
1
Utilizaremos ahora que lı́mn (ζn (1) − log n) = lı́mn
n
−
log
n
= γ, es decir, las
k=1 k
sucesiones ζn (1) y log n + γ son equivalentes. Tomando lı́mites en (5)
∞
X
ζn (k)
1
ζn (1) +
lı́m log(n!) = lı́m n(log(n) − 1) +
n→∞
n→∞
1·2
k(k + 1)
k=2
∞
X
1
ζn (k)
= lı́m n(log(n) − 1) + (log(n) + γ) +
n→∞
2
k(k + 1)
k=2
15
(6)
Uniendo (3) y (6) y simplificando:
√
lı́m n(log(n) − 1) + log 2πn + o(1) =
n→∞
lı́m log
n→∞
√
1
2π + log n + o(1) =
2
lı́m log
n→∞
√
∞
log(n) + γ X ζn (k)
+
lı́m n(log(n) − 1) +
n→∞
2
k(k + 1)
k=2
∞
log(n) + γ X ζn (k)
lı́m
+
n→∞
2
k(k + 1)
k=2
∞
γ X ζn (k)
2π + o(1) = lı́m +
n→∞ 2
k(k + 1)
k=2
log
√
∞
2π =
γ X ζ(k)
+
2 k=2 k(k + 1)
∞
X
2ζ(k)
log(2π) = γ +
k(k + 1)
k=2
(7)
Aplicando exponenciales a (7) obtenemos la identidad buscada.
Referencias
[1] Karl R. Stromberg. An Introduction to Clasical Real Analysis. Chapman & Hall,
1996. Págs. 253-254.
[2] J.M. Ortega. Introducción al Análisis Matemático. UAB, 1993. Págs. 249-251
[3] Reinald Michel. On Stirling’s Formula. The American Mathematical Monthly,
vol.109-4. Abril 2002. http://www.jstor.org/stable/2695504
[4] Luis J. Boya. Another Relation Between π, e, γ and ζ(n). RACSAM, vol.102-2, 2008.
http://www.rac.es/ficheros/doc/00567.pdf
[5] Juan Ignacio Goñi. Stirling al descubierto, http://svn.assembla.com/svn/mna/
tps/pc01.pdf
[6] Mercedes H. Rosas. Los Números de (Euler)-Catalan., Boletı́n de la Asociación
Matemática Venezolana, Vol. X, No. 1, 2003. http://www.emis.de/journals/BAMV/
conten/vol10/catalan.pdf
[7] Enciclopedia Libre Universal en Español. James Stirling. http://enciclopedia.us.
es/index.php/James_Stirling
[8] The MacTutor History of Mathematics archive. Abraham de Moivre. http://
www-history.mcs.st-and.ac.uk/Biographies/De_Moivre.html
[9] The MacTutor History of Mathematics archive. James Stirling. http://
www-history.mcs.st-and.ac.uk/Biographies/Stirling.html
16