談 Stirling 公式 (第 2 頁)

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談 Stirling 公式（第 2 頁）

蔡聰明

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．原載於數學傳播第十七卷第二期
．作者當時任教於台大數學系

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乙、n! 的馴服

首先觀察 $n!=n(n-1)(n-2) \cdots 3 \cdot 2 \cdot 1$ ，欲估計它，最簡單的是採高估策略：每個因數都用 n 來取代，亦即取

$\begin{displaymath} a_n = \underbrace{ n \cdot n \cdots n }_{n \mbox{ {\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 95} }} = n^n \end{displaymath}$

(2)

顯然 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n!}{n^n} = 0$ ，故 nⁿ 高估 n!，不過也不錯，「萬事起頭難」，有個開頭，就可以逐步修改進，從錯誤中學習，而達真理的殿堂。

[問3：] 如何改進(2)式？

我們改採中庸策略：每個因數都用「中位數」 $\frac{1}{2}$ （差不多就是算術平均 $\frac{n+1}{2}$ ）來取代，亦即取

$\begin{displaymath} a_n = \underbrace{ \frac{n}{2} \cdot \frac{n}{2} \cdots \fra... ...m}\selectfont \char 95}}} = (\frac{n}{2})^n = n^n \cdot 2^{-n} \end{displaymath}$

(3)

這樣應該會比(2)式更好才對吧！

我們必須對(3)式作分析與檢驗的工作。令

$\begin{displaymath}b_n = \frac{n!}{( \frac{n}{2} )^n} \end{displaymath}$

如果 $\lim_{n \rightarrow \infty} b_n=1$ ，那麼「芝麻就開門」了， $a_n = ( \frac{n}{2} )^n$ 就是我們所要的漸近公式。然而我們的內心不禁會響起如下的懷疑：真理不會藏得這麼淺顯讓我們一猜即中吧？

我們來比較 n! 與 $( \frac{n}{2} )^n$ 的大小。由算術平均大於等於幾何平均定理知

$\begin{displaymath}\sqrt[n]{n!} < \frac{n+1}{2} \approx \frac{n}{2} \end{displaymath}$

事實上可以用數學歸納法證明：

$\begin{displaymath}n!<( \frac{n}{2} )^n , \forall n = 6,7,8, \cdots\end{displaymath}$

因此當 n 很大時，用「相差」的觀點來看， $( \frac{n}{2} )^n$ 高估了 n! 但是此地我們應該另採「相比」的觀點更適當，因為我們要找的是 n! 的漸近相等式。例如，n²+n 與 n²，從「相差」觀點來看，當 $n \rightarrow \infty$ 時，兩者之差 $(n^2+n)-n^2 \rightarrow \infty$ ；但是從「相比」觀點來看， $\frac{n^2+n}{n^2} \rightarrow 1$ ，即兩者漸近地相等。換言之，「相差」觀點的高估，還是有可能是「相比」觀點的漸近相等。

考慮 n! 與 $( \frac{n}{2} )^n$ 之比的數列 (b_n)，我們的目標是探求極限 $\lim_{n \rightarrow \infty} b_n$ 。首先注意到 (b_n) 是一個遞減的正項數列，由實數系的完備性知

$\begin{displaymath} \lim_{n \rightarrow \infty} b_n = \alpha \mbox{ {\fontfamily... ...amily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 47} } \alpha \geq 0 \end{displaymath}$

(4)

但是 α 等於多少，並不容易看出。我們採用旁敲側擊的戰術，我們觀察到下面簡單的

補題1：: 設 (S_n) 為一個正項數列。如果 $\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = S \in \mathbf{R}$ 且 $S \neq 0$ ，則 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{S_{n+1}}{S_n} = 1$

這沒有告訴我們一個數列何時會收斂，不過有「消極中的積極」作用。如果 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{S_{n+1}}{S_n} = 1$ 不成立，則可能有三種情形：

$\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = 0$ 或 $\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = \infty$ 或 $\lim_{n \rightarrow \infty} S_n$ 不存在。此時根本不必夢想會有 $\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = 1$ 。另一方面，如果 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{S_{n+1}}{S_n} = 1$ ，則 (S_n) 可能收斂，也可能發散；此時也不能保證 $\lim_{n \rightarrow \infty} S_n = 1$ 。

現在就來計算極限

$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n}$	=	$\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(n+1)!}{ (\frac{n+1}{2})^{n+1}} \cdot \frac{( \frac{n}{2})^n}{n!}$
	=	$\displaystyle \frac{2}{ \lim_{n \rightarrow \infty} (1+ \frac{1}{n})^n } = \frac{2}{e} < 1$	(5)

因此 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = 1$ 不成立，故下列三者之一成立：

$\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = 0$ 或 $\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = \infty$ 或 $\lim_{n \rightarrow \infty} b_n$ 不存在。配合(4)式，立知 $\lim_{n \rightarrow \infty} b_n = 0$ ，所以 $( \frac{n}{2} )^n$ 還是高估了 n!。只好繼續追尋。

問4：如何改進(3)式？

我們的目標是尋找比 $( \frac{n}{2} )^n$ 還小一點的估計式。我們從兩個角度來觀察：

(i) 由微積分知道，對差分而言，2 是自然指數的底數 $( \Delta 2^n = 2^n)$ ，但是對需取極限的微分而言，比 2 大的 $e( \approx 2.71828)$ 才是自然指數的底數 (De^x = e^x)。e 似乎是比 2 更佳的選擇；

(ii) 在(5)式中，若將 2 改為 e，則極限值變成 1，這似乎是不錯的念頭。

這兩點觀察給我們啟示，何不將(3)式中的 2 改為神奇的數 e 呢？換言之，將 $( \frac{n}{2} )^2$ 改成小一點的 $( \frac{n}{e} )^2$ 似乎是個好主意。讓我們投石問路，試試看，亦即重新取

$\begin{displaymath} a_n &=& \underbrace{\frac{n}{e} \cdot \frac{n}{e} \cdots \f... ...ies{m}\selectfont \char 95}}} = ( \frac{n}{e} )^n = n^n e^{-n} \end{displaymath}$

(6)

接著是檢驗工作。令 n! 與 $( \frac{n}{e} )^n$ 的相比為

$\begin{displaymath}c_n = \frac{n!}{( \frac{n}{e} )^n}\end{displaymath}$

容易求得極限 $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{c_{n+1}}{c_n} = 1$ ，但是還是無法得到我們夢想的結果 $\lim_{n \rightarrow \infty} c_n = 1$ 。繼續做苦工 (dirty works) 吧！

首先我們來比較 $( \frac{n}{e} )^n$ 與 n! 的大小。由 $2 < ( 1 + \frac{1}{n} )^n < e$ 可得到

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

再由數學歸納法可證得下面結果

補題2： ^註1

$\begin{eqnarray*} \mbox{(i)}& n! < ( \frac{n}{2} )^n , \quad \forall n \geq 6 \\... ...ox{(iii)}& n! < ( \frac{n+1}{2} )^n , \quad \forall n \geq 2 \\ \end{eqnarray*}$

$( \frac{n}{2} )^n$ 不是我們所要的答案，改為 $( \frac{n}{e} )^n$ ，會不會矯枉過正？讓我們來求算極限值 $\lim_{n \rightarrow \infty} c_n$ 。由補題2知

$\begin{displaymath}c_n = \frac{n!}{( \frac{n}{e} )^n} > 1 , \quad \forall n \in \mathbf{N}\end{displaymath}$

並且容易驗知 (c_n) 為一個遞增數列，故

$\begin{displaymath} \lim_{n \rightarrow \infty} c_n = \beta \mbox{ {\fontfamily... ...0}\fontseries{m}\selectfont \char 47} } \beta \in (1, \infty ] \end{displaymath}$

為了探求 β 的真確值，我們想到了也許可以請著名的 Wallis 公式來幫忙，因為公式中涉及了 n!。這是 Wallis 在1656年研究圓的求積問題而得到的，公式的發現過程也非常富有方法論上的啟發與意涵。

補題3：（Wallis公式，1656年）

$\begin{displaymath}\frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4... ...cdots \frac{2n}{(2n-1)} \cdot \frac{2n}{2n+1} = \frac{ \pi }{2}\end{displaymath}$

或

$\begin{displaymath}\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{(2^n \cdot n!)^4}{[(2n)!]^2(2n+1)} = \frac{ \pi }{2}\end{displaymath}$

或

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

由

$\begin{displaymath}c_n = \frac{n!}{( \frac{n}{e} )^n} = \frac{n!e^n}{n^n}\end{displaymath}$

得

n! = cⁿe^-n

從而

(2n)! = c_2n(2n)²ⁿe^-2n

代入Wallis公式得

$\begin{displaymath}\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{2^{2n}c_nn^{2n}e^{-2n}}{c_{2n}(2n)^{2n}e^{-2n} \sqrt{n}} = \sqrt{ \pi }\end{displaymath}$

亦即

$\begin{displaymath} \lim_{n \rightarrow \infty } \frac{c_n^2}{c_{2n} \sqrt{n}} = \sqrt{ \pi } \end{displaymath}$

(7)

如果 $\lim_{n \rightarrow \infty} c_n = \beta$ 是有限數，則由(7)式得 $0 = \sqrt{ \pi }$ ，這定一個矛盾。結論是

$\begin{displaymath}\lim_{ n \rightarrow \infty } c_n = \lim_{ n \rightarrow \infty } \frac{n!}{( \frac{n}{e} )^n} = \infty \end{displaymath}$

換言之， $( \frac{n}{e} )^n$ 低估了 (n!)。

我們繼續追問低估了多少？

最容易猜想到的增估是取

$\begin{displaymath}a_n = ( \frac{n}{e} )^n \cdot n\end{displaymath}$

令 $d_n = \frac{n!}{( \frac{n}{e} )^n \cdot n}$ ，易驗知 (d_n) 為一個遞減的正項數列，故 $\lim_{n \rightarrow \infty} d_n = r$ 存在，且 $0 \leq r < \infty$ 。今若 $0 < r < \infty$ ，仿上述程序由 Wallis 公式可得 $\infty = \sqrt{ \pi }$ 之矛盾。因此 $\lim_{n \rightarrow \infty } d_n = 0$ 。換言之， $( \frac{n}{e} )^n \cdot n$ 又高估了 n!。

只好再減估一點比 n 更低階趨近於 $\infty$ 的式子是什麼呢？我們自然想到 $n^\alpha$ ， $0< \alpha <1$ ，配合著對(7)式的觀察，我們自然想到了 $\sqrt{n}$ ，於是我們猜想

$\begin{displaymath} a_n = ( \frac{n}{e} )^n \sqrt{n} \end{displaymath}$

(8)

這也許是個不錯的折衷辦法。

我們也可以從另一個角度來觀察：由微積分知

$\begin{displaymath}( 1+\frac{1}{k} )^k < e < (1+ \frac{1}{k})^{k+1} , \quad k=1,2,3, \cdots\end{displaymath}$

令 k=1,2, …, n-1 得到一組不等式，將它們乘起來得

$\begin{displaymath}e( \frac{n}{e} )^n < n! < en( \frac{n}{e} )^n \end{displaymath}$

此式只是 n! 的粗估，不過也啟示我們用折衷的 $(\frac{n}{e})^n \sqrt{n}$ 來估計 n!

讓我們來檢驗看看這個猜想好不好。令

$\begin{displaymath} u_n = \frac{n!}{( \frac{n}{e} )^n \sqrt{n} } \end{displaymath}$

(9)

問5：極限 $\lim_{n \rightarrow \infty} u_n$ 存在嗎？是多少？

補題5： (u_n) 什麼是一個遞減的正項數列。

證明：考慮相比

$\begin{displaymath}\frac{u_n}{u_{n+1}} = \frac{1}{e}(1 + \frac{1}{n} )^{n + \frac{1}{2}} \end{displaymath}$

我們觀察到下面兩個式子是等價的：

e	<	$\displaystyle (1 + \frac{1}{n} )^{n +\frac{1}{2} },$	(10)
$\displaystyle \frac{2}{2n+1}$	=	$\displaystyle \frac{1}{n + \frac{1}{2}} < \ln (n +1) - \ln n$
	=	$\displaystyle \int_n^{1+n} \frac{1}{x} dx$	(11)

由於 $y= \frac{1}{x}$ 為一個凸函數，且下圖梯形面積恰好為 $\frac{1}{n+\frac{1}{2}}$

圖一

因此(11)式成立，從而(10)式成立。於是 $\frac{u_n}{u_{n+1}} > 1$ ，亦即 (u_n) 為一個遞減正項數列，證畢。

因此極限 $\lim_{n \rightarrow \infty} u_n = L$ 存在，且 $0 \leq L < \infty$ 。如果 L=0，我們就必須繼續再追尋下去。幸運的是，我們已經可以用 Wallis 公式證明 $L = \sqrt{2 \pi }$ ，這真是一個美妙的結果。n! 終於被馴服！

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編輯：簡立欣 ∕ 校對：簡立欣 ∕ 繪圖：張琇惠

最後修改日期：4/26/2002