Fórmula de Stirling

Fórmula de Stirling
Malors Espinosa Lara
Empezaremos la prueba con el siguiente resultado que nos será útil:
1
El producto de Wallis
• Se cumple que
2 2 4 4
2m
2m
π
= · · · ... ·
·
...,
2
1 3 3 5
2m − 1 2m + 1
o dicho de otra forma:
24m (m!)4
π
= lim
.
m→∞ (2m)!(2m + 1)!
2
• Demostración
Recordemos que la fórmula de reducción del seno dice:
Z
sinn x dx = −
cos x sinn−1 x n − 1
+
n
n
Z
sinn−2 x dx.
Entonces obtenemos lo siguiente al evaluarlo en los lı́mites 0 y
π/2
Z
sinn x dx =
0
n−1
n
Z
π/2
sinn−2 x dx.
0
Entonces iterando para m = 1, 2, ... obtenemos lo siguiente:
Z
Z
π/2
0
π/2
0
2m − 1 2m − 3
1 π
·
· ... · · .
2m
2m − 2
2 2
2m
2m − 2
2
sin2m+1 x dx =
·
· ... · · 1.
2m + 1 2m − 1
3
sin2m x dx =
Entonces definamos:
1
π
:
2
π/2
Z
sin2m x dx
0
π/2
Tm = Z
sin2m+1 x dx
0
Es fácil ver que para 0 ≤ x ≤
π
se cumple que:
2
0 ≤ sin2m+1 x ≤ sin2m x ≤ sin2m−1 x
y como consecuencia inmediata al integrar obtenemos:
Z π/2
Z π/2
Z π/2
2m
2m+1
sin2m−1 x dx (1).
sin x dx <
sin
x dx <
0<
0
0
0
Ahora notemos que:
Z π/2
sin2m−1 x dx
2m + 1
0
=
→ 1 conforme m → ∞.
Z π/2
2m
2m+1
sin
x dx
0
Z
π/2
Por lo tanto, dividiendo la desigualdad (1) entre
sin2m+1 x dx obten-
0
emos lo siguiente:
π/2
Z
sin2m−1 x dx
0
1 < Tm < Z
π/2
sin2m+1 x dx
0
Entonces como Tm se encuentra entre dos sucesiones que convergen a 1,
ésta también converge a 1. En conclusión:
lim Tm = 1.
m→∞
Ahora sólo debemos notar que por la definición de Tm se tiene inmediatamente que:
2 2 4 4
2m
2m
π
= Tm · · · · · · · · ·
·
.
2
1 3 3 5
2m − 1 2m + 1
Y al aplicar lı́mites de ambos lados obtenemos:
π
2 2 4 4
2m
2m
= · · · ··· ·
·
···
2
1 3 3 5
2m − 1 2m + 1
que es justamente lo que querı́amos probar.
2
2
Prueba de Stirling
Recordemos que dos sucesiones an y bn son asintóticas si lim
n→∞
queremos probar es:
an
= 1. Lo que
bn
• Fórmula de Stirling
n! ∼
√
nn √
2πn = nn+1/2 e−n 2π.
n
e
• Nota
Probar lo anterior es equivalente a probar:
log(n!) −
n+
1
2
log n − n +
1
log(2π) → 0 conforme n → ∞
2
• Demostración
Definamos la sucesión dn como sigue:
1
dn = log(n!) − n +
log n + n.
2
Para empezar notemos que:
1
dn − dn+1 = log(n!) − n +
log(n) + n
2
1
− log((n + 1)!) + n + 1 +
log(n + 1) − (n + 1)
2
3
1
log(n) + log n +
log(n + 1) − 1
= − log(n + 1) − n +
2
2
n+1
1
log
−1
= n+
2
n
Para | t |< 1 sabemos que:
log(1 + t) = t −
t2
t3
+ − ···
2
3
Notemos que se cumple la siguiente identidad:
1
1+
n+1
2n + 1 .
=
1
n
1−
2n + 1
3
Por lo tanto,
1+t
t3
t5
log
= log(1 + t) − log(1 − t) = 2 t + + + ...
1−t
3
5
Entonces
1 
2n + 1

2n + 1  − 1
log 
=
1 
2
1−
2n + 1
1
1
1
=
+
+
+ ··· > 0
3(2n + 1)2
5(2n + 1)4
7(2n + 1)6

dn − dn+1
1+
Hemos obtenido que dn > dn+1 y por lo tanto la sucesión dn es decreciente.
Ahora comparemos la última serie con una geométrica de razón (2n+1)−2 .
Obtenemos:
0 < dn − dn+1
(2n + 1)−2
3[1 − (2n + 1)−2 ]
1
=
3[(2n + 1)2 − 1]
1
=
12n(n + 1)
1
1
=
−
12n 12(n + 1)
<
En consecuencia, dn −
1
1
< dn+1 −
. Por lo tanto, la sucesión
12n
12(n + 1)
1
es creciente.
12n
Ahora notemos que se cumple lo siguiente:
dn −
lim dn = C con −∞ ≤ C < ∞
n→∞
1
lim dn −
= D con −∞ < D ≤ ∞
n→∞
12n
1
→ 0 conforme n → ∞ se sigue que −∞ < C = D < ∞.
12n
Como primera conclusión obtenemos que lim dn = C, donde C es un
n→∞
número real.
Pero como
Por la definción de dn obtenemos que
4
edn = elog(n!)−(n+ 2 ) log n+n =
n!
1
nn+1/2
en
Aplicando lı́mites obtenemos que:
n!
nn+1/2
en → eC conforme n → ∞
O lo que es equivalente:
1
n! ∼ eC nn+ 2 e−n
√
Para concluir necesitamos probar que eC = 2π. Sea B = eC 6= 0.
n!en
Entonces conforme n → ∞ se cumple que n+ 1 → B. Por consiguiente:
n 2
n!e2n
(2n)
2n+ 21
→B
y
(n!)2 e2n
→ B2.
n2n+1
Dividiendo estos lı́mites obtenemos:
1
(n!)2 22n+ 2
→ B.
(2n)!n1/2
Sin embargo, por el Producto de Wallis sabemos que
r
π
(n!)2 22n
→
1/2
2
(2n)!(2n + 1)
√
√
Entonces, utilizando el hecho que 2n + 1 ∼ 2n obtenemos:
B
π
= (21/2 )( )1/2 .
2
21/2
Es decir,
B=
√
2π
En conclusión:
n! ∼
√
1
2πnn+ 2 e−n
que es la fórmula de Stirling.
5