„Stirling-formula” változatai közötti eltérés
[ellenőrzött változat] | [ellenőrzött változat] |
Tartalom törölve Tartalom hozzáadva
a 1 link korr. |
Nincs szerkesztési összefoglaló |
||
1. sor:
A ''' Stirling-formula''' a [[faktoriális]] függvény nagy értékeinek becslését segíti aszimptotika megadásával.
Eszerint
18. sor:
A végtelen sor együtthatóira rekurziós összefüggést adott meg, de explicit képlettel nem rendelkezett. Az általános tag <math>k \ge 1</math> esetén a kővetkező:
<center><math>\frac{{\left( {2^{1 - 2k}
ahol B<sub>k</sub> a [[Bernoulli-szám|Bernoulli-féle számokat]] jelöli. Stirling eredményeit látva, [[Abraham de Moivre]] Miscellaneis Analyticis Supplementum című művében felfedezett egy egyszerűbb képletet:
36. sor:
<center><math>\Gamma \left( z \right) = \lim_{n\to\infty} \frac{{n!n^z }}{{z\left( {z + 1} \right) \cdots \left( {z + n - 1} \right)}}.</math></center>
A logaritmikus deriváltra áttérve (mindvégig feltesszük, hogy <math>\Re(z)>0</math>)
:<math>\psi \left( z \right): = \frac{{\Gamma '\left( z \right)}}{{\Gamma \left( z \right)}} = \lim_{n\to\infty} \left( {\log n - \frac{1}{z} - \frac{1}{{z + 1}} - \cdots - \frac{1}{{z + n - 1}}} \right)</math>
:<math> = \lim_{n\to\infty} \left( {\int_0^\infty
:<math> = \lim_{n\to\infty} \left( {\int_0^\infty
:<math> = \lim_{n\to\infty} \left( {\int_0^\infty
:<math> = \int_0^\infty
:<math> = \log z + \int_0^\infty
Az utolsó lépésben a zárójelben lévő függvény analítikus a 0 pontban és ott hatványsora a következő alakú:
<center><math>\frac{1}{t} - \frac{1}{{1 - e^{ - t} }} =
ahol B<sub>k</sub> ismét a [[Bernoulli-szám|Bernoulli-féle számokat]] jelöli. Függvényünk pozitív <math>t</math> esetén korlátos, ezért alkalmazható az aszimptotikus analízis egyik fontos állítása, a [[Watson-lemma]], így
<center><math>\psi \left( z \right) \sim \log z - \frac{1}{{2z}} - \sum\limits_{k = 1}^\infty
Most mindkét oldalt integrálva
<center><math>\log \Gamma \left( z \right) \sim \left( {z - \frac{1}{2}} \right)\log z - z + C + \sum\limits_{k = 1}^\infty
adódik valamilyen <math>C\,\!</math> konstans mellett. A konstans meghatározásához a kapott sort helyettesítsük Legendre duplikációs képletébe:
<center><math>\log \Gamma \left( z \right) + \log \Gamma \left( {z + \frac{1}{2}} \right) + \left( {2z - 1} \right)\log 2 = \log \Gamma \left( {2z} \right) + \frac{1}{2}\log \pi.</math></center>
Határértéket véve <math>C = \frac{1}{2}\log \left( {2\pi } \right)</math>-t fogunk kapni. A formulát itt csak <math>\left| {\arg z} \right| < \frac{\pi }{2}</math> esetén bizonyítottuk, megjegyzendő azonban, hogy fennáll akkor is, ha <math>\left| {\arg z} \right| < \pi</math>.
Érdemes észrevenni, hogy ha a kapott
== Konvergencia és exponenciális alak ==
77 ⟶ 76 sor:
A De Moivre-féle sor mindkét oldalának exponenciálissá tételével kapjuk a szintén Stirling-formula néven ismert formulát:
<center><math>\Gamma \left( z \right) \sim \left( {\frac{z}{e}} \right)^z \sqrt {\frac{{2\pi }}{z}} \sum\limits_{k = 0}^\infty
= \left( {\frac{z}{e}} \right)^z \sqrt {\frac{{2\pi }}{z}} \left( {1 + \frac{1}{{12z}} + \frac{1}{{288z^2 }} - \cdots} \right),</math></center>
ahol <math>a_k\,\!</math> az
<center><math>a_k
rekurzióval számítható. Stirling eredeti sorára
<center><math>\Gamma \left( {z + \frac{1}{2}} \right) \sim \left( {\frac{z}{e}} \right)^z \sqrt {2\pi } \sum\limits_{k = 0}^\infty
adódik. Bevezetve a <math>c_k : = \left( {2k + 1} \right)!!a_{2k + 1}</math> jelölést, Legendre duplikációs képletéből
<center><math>b_k
== A Stirling formula konvergens változata ==
121 ⟶ 120 sor:
Gosper [http://mathworld.wolfram.com/StirlingsApproximation.html]:
<math>n! \sim \left( {\frac{n}{e}} \right)^n \sqrt {2\pi \left( {n + \frac{1}{6}} \right)}</math>
Robert H. Windschitl [http://www.rskey.org/gamma.htm]:
<math>n! \sim \left( {\frac{n}{e}\sqrt {n\sinh \frac{1}{n}} } \right)^n \sqrt {2\pi n}</math>
Nemes Gergő [http://dx.doi.org/10.1007/s00013-010-0146-9]:
<math>n! \sim \left( {\frac{n}{e}\left( {1 + \frac{1}{{15n^2 }}} \right)^{5/4} } \right)^n \sqrt {2\pi n}</math>
<math>n! \sim \left( {\frac{1}{e}\left( {n + \frac{1}{{12n - \frac{1}{{10n}}}}} \right)} \right)^n \sqrt {2\pi n}</math>
|