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瓦里斯公式及其相關的結果 (第 3 頁)

蔡聰明

 

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.原載於科學月刊第二十七卷第五期
.作者當時任教於台大數學系
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瓦里斯、史特林公式的等價性

在組合學裡,有一個重要的公式叫做史特林公式 (Stirling formula):

\begin{displaymath}n!\sim\sqrt{2\pi n} n^ne^{-n}\eqno{(13)}\end{displaymath}

此式的意思是指

\begin{displaymath}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n!}{\sqrt{2\pi n} n^ne^{-n}}=1\eqno{(14)}\end{displaymath}

亦即當 $n \rightarrow \infty$ 時,n!$\sqrt{2\pi n}   n^ne^{-n}$ 漸近地相等(asympotically equal)。 史特林公式的由來,請見參考資料[2]。

令人驚奇的是史特林公式居然跟瓦里斯公式等價 (equivalent),本段我們就來證明這件事。

   
 
(一)瓦里斯公式的各種變形

瓦里斯公式(1)就是

\begin{displaymath}\frac{\pi}{2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2\cdot2\cdot4\cd...
...ts2n\cdot2n}{1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots2n-1\cdot2n-1}\eqno{(15)}\end{displaymath}

這個式子可以有三種等價的變形:

\begin{displaymath}\pi=\lim_{n\rightarrow\infty}(\frac{2}{1})^2\cdot(\frac{4}{3})^2\cdots(\frac{2n}{2n-1})^2\cdot\frac{2}{n+1}\eqno{(16)}\end{displaymath}


\begin{displaymath}\sqrt{\pi}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!\sqrt{n+(\frac{1}{2})}}\eqno{(17)}\end{displaymath}


\begin{displaymath}\sqrt{\pi}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!\sqrt{n}}\eqno{(18)}\end{displaymath}

這些也都叫做瓦里斯公式。

上述(17)與(18)兩式的等價性所根據的理由是:若 $\lim_{n \rightarrow \infty} a_n = \alpha$$a_n \sim b_n$, 則 $\lim_{n \rightarrow \infty}b_n = \alpha$。這可以利用極限的 $\epsilon-N$ 式加以證明。

   
 
(二)由史特林公式證明瓦里斯公式

假設(13)式成立,則

\begin{eqnarray*}
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!\sqrt{n}}
&...
...\sqrt{n}} \\
& = & \frac{2\pi}{\sqrt{4\pi}} \; = \; \sqrt{\pi}
\end{eqnarray*}


所以(18)式成立。

習題:求極限值 $\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}$

   
 
(三)由瓦里斯公式證明史特林公式

假設(18)式成立。令

\begin{displaymath}a_n=\frac{n!}{\sqrt{n}  n^ne^{-n}}\end{displaymath}

於是

\begin{eqnarray*}
n! &=& a_n\cdot\sqrt{n}\cdot n^n\cdot e^{-n} \\
(2n)! &=& a_{2n}\cdot(2n)^{2n} \cdot e^{-2n}
\end{eqnarray*}


代入(18)式並且化簡得

\begin{displaymath}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n^2}{a_{2n} \cdot \sqrt{2}} =
\sqrt{\pi} \eqno{(19)}
\end{displaymath}

另一方面,我們可以證明:數列 (an) 是遞減的且有下界。因此,考慮比值

\begin{displaymath}\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{1}{e}(1+\frac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}\end{displaymath}

我們要證明 $\frac{a_n}{a_{n+1}}>1$。顯然下列各式都是等價的:

\begin{displaymath}\frac{1}{e}(1+\frac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}>1 \eqno{(20)}\end{displaymath}


\begin{displaymath}\Leftrightarrow e<(1+\frac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}\end{displaymath}


\begin{displaymath}\Leftrightarrow \frac{1}{n+\frac{1}{2}}<\ln(n+1)-\ln n\end{displaymath}


\begin{displaymath}\Leftrightarrow \frac{1}{n+\frac{1}{2}} < \int_n^{n+1}\frac{1}{x}dx \eqno{(21)}\end{displaymath}

今因 $y=\frac{1}{x}$ 為一個凸函數 (convex function),並且圖二陰影梯形的面積恰為 $\frac{1}{n+\frac{1}{2}}$,所以(21)式成立,從而(20)式成立。這就證明了 (an) 是遞減數列。

由實數的完備性,可令 $\lim_{n\rightarrow\infty}a_n=L$,代入(19)式得到

\begin{displaymath}\frac{L^2}{L\sqrt{2}}=\sqrt{\pi}\end{displaymath}

從而,$L=\sqrt{2\pi}$。因此,史特林公式得證。

   

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編輯:李渭天 最後修改日期:2/17/2002