Stirlings formel

Bevis

Om Gammafunktionen ved vi at der gælder at \begin{align*} n! &= \Gamma(n+1) \\ &=\int_0^\infty t^n e^{-t}\ dt \\ &=\int_0^\infty e^{n\log(t)-t}\ dt \end{align*} Anvender vi substitutionen \(u=\frac{t-n}{\sqrt{n}}\), er \(t=n+u\sqrt{n}\) og \(\frac{du}{dt}=\frac{1}{\sqrt{n}}\), og vi får $$\int_{-\sqrt{n}}^\infty e^{n\log(n+u\sqrt{n})-(n+u\sqrt{n})}\sqrt{n}\ du$$ Bemærk at vi kan omskrive \begin{align*} n\log(n+u\sqrt{n})-(n+u\sqrt{n}) &= n\log\left(n\left(1+\frac{u}{\sqrt{n}}\right)\right)-n-u\sqrt{n} \\ &=n\log(n)+n\log\left(1+\frac{u}{\sqrt{n}}\right)-n-u\sqrt{n} \end{align*} Ved Taylorudviklingen omkring \(0\) er \(\log(1+x)= x-\frac{x^2}{2}+O(x^3)\). Anvendes dette er \begin{align*} n\log\left(1+\frac{u}{\sqrt{n}}\right) &\approx n\left(\frac{u}{\sqrt{n}}-\frac{n^2}{2n}\right) \\ &= u\sqrt{n}-\frac{u^2}{2} \end{align*} Indsættes dette i integralet foroven, har vi tilnærmelsen $$\int_{-\sqrt{n}}^\infty e^{n\log(n)-n-\frac{u^2}{2}}\sqrt{n}\ du=\sqrt{n} \cdot\left(\frac{n}{e}\right)^n \int_{-\sqrt{n}}^\infty e^{-\frac{u^2}{2}}\ du$$ Vi anvender nu subsitutionen \(s=\frac{u}{\sqrt{2}}\), så \(u=s\cdot \sqrt{2}\) og \(\frac{ds}{du}=\frac{1}{\sqrt{2}}\), hvilket giver $$\sqrt{n}\cdot \left(\frac{n}{e}\right)^n \int_{-\sqrt{\frac{n}{2}}}^\infty e^{-s^2}\sqrt{2}\ ds=\sqrt{2n}\cdot \left(\frac{n}{e}\right)^n \int_{-\sqrt{\frac{n}{2}}}^\infty e^{-s^2}\ ds$$ Denne integralfaktor kan tilnærmes ved hjælp af det Gaussiske integral (se evt. her). Jo større \(n\) er, desto mindre bliver fejlen. Vi har dermed tilnærmelsen $$n!\approx \sqrt{2\pi n}\cdot \left(\frac{n}{e}\right)^n$$