解析概論/第5章/Stirlingの公式

69．Stirling の公式

自然数 $n$ の大なる値に対する $n!$ を概略評価するために $\log n$ に $\textstyle\int_{n-\frac12}^{n+\frac12}\log x\,dx$ を代用すれば，次のグラフの示すように

ファイル:図

$\log2+\log3+\cdots+\log(n-1)+\frac12\log n+\delta_n = \int_1^n \log x\,dx = n\log n - n+1,$

すなわち

$\log(n-1)!=\left(n-\frac12\right)\log n -n+1 -\delta_n,$

従って

$\mathit\Gamma(n)=(n-1)!=n^{n-\frac12} e^{-n} e^{1-\delta_n}.$

誤差 $\delta_n=\alpha_1-\beta_2+\alpha_2-\beta_3+\cdots-\beta_n$ は次の図から見えるように，項が単調に減少する交代級数で，$n\to\infty$ のとき，それは収束する．

実際 $\log x$ のグラフは上方に凸だから，接線の下側，弦の上側にある．従って $\beta_i>\alpha_i,\alpha_i>\beta_{i+1}$．また $n\to\infty$ のとき $\alpha_n\to 0,\beta_n\to 0$ は明白．

ファイル:図

よって $n\to\infty$ のとき $\delta_n\to\delta$，そこで $\delta=\delta_n\mu(n),e^{1-\delta}=a$ と置けば

(1)

$\mathit\Gamma(n)=a^{n-\frac12}e^{-n}e^{\mu(n)},$

(2)

$\lim_{n\to\infty}\mu(n)=0.$

定数 $a$ は Wallis の公式（253 頁，(9)）

$\sqrt\pi=\lim_{n\to\infty}\frac{(n!)^2 2^{2n}}{(2n)!\sqrt n}$

から簡単に求められる．すなわち (1) から代入して，(2) を用いれば

$\sqrt\pi =\lim_{n\to\infty} \frac{n^2a^2n^{2n-1}e^{-2n}2^{2n}}{2na(2n)^{2n-\frac12}e^{-2n}\sqrt n} =\frac{a}\sqrt2$

故に

$\sqrt{2\pi}.$

よって (1) から，$n$ を掛けて

$n!\sim\sqrt{2\pi}\,n^{n+\frac12}e^{-n}.$

これが Stirling の公式である．

Stirling の公式は簡単に得られたが，(1) は任意の実数に関して成り立つ．すなわち

		$\mathit\Gamma(s)=\sqrt{2\pi}s^{s-\frac12}e^{-s}e^{\mu(s)},$		$(s>0)$	$\left.\begin{align}\\[10pt]\\ \lim_{s\to\infty}\mu(s)=0. \end{align}\right\}$		(3)
ただし
		$\mu(s)=\frac\theta{12s},\quad(0<\theta<1),$		従って

今これを験証する．(3) が成り立つとするならば，$\mathit\Gamma(s+1)=s\mathit\Gamma(s)$ に代入して

$\mu(s)-\mu(s+1)\left(s+\frac12\right)\log\left(1+\frac1s\right)-1.$

右辺を $\lambda(s)$ と書いて，$s$ に $s+1,s+2,\ldots$ を代入して加え

(4)

$\mu(s)-\mu(s+n+1)=\sum_{\nu=0}^n\lambda(s+\nu).$

さて，公式（186 頁 (9) において $x=1/(2s+1)$ とする）

$\frac12\log\left(1+\frac{1}s\right) =\frac{1}{2s+1}+\frac{1}{3(2s+1)^3}+\frac{1}{5(2s+1)^5}+\cdots$

から，両辺に $2s+1$ を掛けて $1$ を引けば，

(5)

$\lambda(s)=\left(s+\frac12\right)\log\left(1+\frac1s\right)-1 =\frac{1}{3(2s+1)^2}+\frac{1}{5(2s+1)^4}+\cdots,$

従って

$0<\lambda(s)<\frac{1}{3(2s+1)^2}\left(1+\frac{1}{(2s+1)^2}+\cdots\right)$

(6)

$=\frac{1}{12s(s+1)}=\frac{1}{12s}-\frac{1}{12(s+1)}.$

故に $n\to\infty$ のとき，(4) の右辺の級数は収束する．従って $\mu(s)\to 0$ とする以上

(7)

$\mu(s)=\sum_{n=0}^\infty \lambda(s+n).$

従って (6) から

$\mu(s)=\frac{\theta}{12s},\quad(0<\theta<1)$

でなければならない．しかし，(7) によって $\mu(s)$ を定めたところで，はたして (3) が成り立つであろうか．それが験証を要する論点である．そこで，かりに (7) の $\mu(s)$ を用いて

$f(s)=s^{s-\frac12}e^{-s}e^{\mu(s)}$

と置くならば，前にした計算から

$f(s+1)=sf(s)$

を得る．一方

$\log f(s)=\left(s-\frac12\right)\log s-s+\mu(s)$

から

$\frac{d^2}{ds^2}\log f(s)=\frac{1}s+\frac{1}{2s^2}+\mu''(s).$

(5)，(7) から $\mu''(s)>0$．すなわち $\log f(s)$ は凸函数である．故に（252 頁，［注意］）或る定数因子 $a$ をもって

$\mathit\Gamma(s)=af(s),$

すなわち

$\mathit\Gamma(s)=as^{s-\frac12}e^{-s}e^{\mu(s)}.$

定数 $a=\sqrt{2\pi}$ はすでに $s=n$ が自然数であるときに計算されている．すなわち (3) が確定した．

［附記］ 

Stirling の公式

$\mathit\Gamma(s)=\sqrt{2\pi}s^{s-\frac12}e^{-s}e^{\mu(s)}$

において

(8)

$\mu(s)=\sum_{n=0}^\infty\left\{ \left(s+n+\frac12\right)\log\left(1+\frac{1}{s+n}\right)+1 \right\}$

であったが，$\mu(s)$ を計算するために，次の公式が用いられる：

(9)

$\mu(s) =\frac{B_1}{1\cdot2}\,\frac{1}s-\frac{B_2}{3\cdot4}\,\frac{1}{s^2} +\cdots+\frac{(-1)^{n-1}B_n}{(2n-1)2n}\,\frac{\theta}{s^{2n-1}}. \quad(0<\theta<1)$

$B_n$ は Bernoulli の数である．また最後の剰余項においてのみ，$1$ より小なる係数 $\theta$ が乗ぜられるのである．これを継続して無限級数にすれば，収束しないが，$s$ に対応して $n$ を適当に定めて，剰余項を小さくすれば，計算に利用することができる．

次に (9) の証明を述べる．

$\lambda(s)=\left(s+\frac12\right)\log\left(1+\frac1s\right)-1 = \int_0^1\frac{\frac12-x}{x+s}\,dx$

を用いて，(8) から

$\mu(s)=\sum_{n=0}^\infty\int_0^1\frac{\frac12-x}{x+n+s}\,dx.$

そこで

$\begin{cases} \varphi(x)=\frac12-x & (0<x<1)\\ \varphi(0)=0\\ \varphi(x+1)=\varphi(x) & (x\leqq 0,1\leqq x) \end{cases}$

と置いて，$\varphi(x)$ を周期 $1$ なる函数として定義すれば

(10)

$\mu(s)=\sum_{n=0}^\infty\frac{\varphi(x)\,dx}{x+n+s} =\sum_{n=0}^\infty\int_n^{n+1}\frac{\varphi(x)\,dx}{x+s} =\int_0^\infty\frac{\varphi(x)\,dx}{x+s}.$

$\varphi(x)$ は三角級数に展開される（240 頁）．すなわち

ファイル:図

$\varphi(x)=2\sum_{\nu=1}^\infty\frac{\sin2\nu\pi x}{2\nu\pi}.$

今

(11)

$\left.\begin{align} &\varphi_{2n}(x) =(-1)^{n-1}\,2\sum_{\nu=1}^\infty\frac{\cos2\nu\pi x}{(2\nu\pi)^{2n}},\\ &\varphi_{2n+1}(x) =(-1)^{n+1}\,2\sum_{\nu=1}^\infty\frac{\sin2\nu\pi x}{(2\nu\pi)^{2n+1}} \end{align}\right\}$

と置けば

(12)

$\varphi_1(x)=-\varphi(x).$

$n>1$ ならば，$\varphi_n(x)$ に一様に収束して

(13)

$\varphi_{n+1}'(x)=\varphi_n(x).$

また $n=1$ ならば，$\varphi_1(x)$ の不連続点（$x=0,\pm1,\pm2,\ldots$）を含まない閉区間において (13) が成り立つ．また (11) から

(14)

$\left.\begin{align} &\varphi_{2n+1}(0)=0,\\ &\varphi_{2n}(0) =\frac{(-1)^{n-1}2}{(2\pi)^{2n}}\sum_{\nu=1}^\infty\frac{1}{\nu^{2n}} =\frac{(-1)^{n-1}B_n}{(2n)!}. \end{align}\right\}$

さて (13) を用いて，部分積分を繰り返し行えば

$\int\frac{\varphi_1(x)dx}{x+s} = \frac{\varphi_2(x)}{x+s}+\frac{\varphi_3(x)}{(x+s)^2} +\frac{2\varphi_4(x)}{(x+s)^3}+\cdots +(2n-2)!\int\frac{\varphi_{2n-1}(x)dx}{(x+s)^{2n-1}}.$

(12) を用いて

$\begin{align} \mu(s) &= \int_0^\infty\frac{\varphi(x)dx}{x+s} =-\int_0^\infty\frac{\varphi_1(x)dx}{x+s}\\ &=\frac{\varphi_2(0)}s+\frac{\varphi_3(0)}{s^2}+\frac{\varphi_4(0)}{s^3} +\cdots-(2n-2)!\int_0^\infty\frac{\varphi_{2n-1}(x)dx}{(x+s)^{2n-1}}. \end{align}$

(14) から代入すれば，剰余項以外は (9) と合う．すなわち

(15)

$\mu(s) =\frac{B_1}{1\cdot2}\,\frac{1}{s}-\frac{B_2}{3\cdot4}\,\frac{1}{s^3} +\cdots+\frac{(-1)^{n-2}B_{n-1}}{(2n-3)(2n-2)}\,\frac{1}{2^{2n-3}} +R_{2n-2},$

ただし

$R_{2n-2}=-(2n-2)!\int_0^\infty\frac{\varphi_{2n-1}(x)dx}{(x+s)^{2n-1}}.$

剰余項を (9) の形にするために，$R_{2n-2}$ の右辺の積分に再び部分積分を行えば，

$\begin{align} \int_0^\infty\frac{\varphi_{2n-1}(x)dx}{(x+s)^{2n-1}} &=\frac{-\varphi_{2n}(0)}{s^{2n-1}} +(2n-1)\int_0^\infty\frac{\varphi_{2n}(x)dx}{(x+s)^{2n}}\\ &=(2n-1)\int_0^\infty\frac{\varphi_{2n}(x)-\varphi_{2n}(0)}{(x+s)^{2n}}\,dx. \end{align}$

(11) によって，この積分の符号は $(-1)^n$ である．すなわち $R_{2n-2}$ の符号は $(-1)^{n+1}$ に等しい．さて (15) において $n$ に $n+1$ を代用すれば

(16)

$R_{2n-2}=\frac{(-1)^{n-1}B_n}{(2n-1)\cdot2n}\,\frac{1}{s^{2n-1}}+R_{2n}.$

上に述べたように，$R_{2n-2}$ と $R_{2n}$ とは反対の符号を有するから

(17)

$R_{2n-2}=\frac{(-1)^{n-1}B_n}{(2n-1)\cdot2n}\,\frac{\theta}{s^{2n-1}}, \quad 0<\theta<1.$

これを (15) へ代入すれば (9) を得る．

(16) から (17) を導くところが味噌である．$a=b+c$ において，$a$ と $c$ とが反対の符号を有するならば，$0<\tfrac{a}{b}<1$．

手近な一例として，$B_4=\tfrac{1}{30}$ が小さいことに着眼して，(9) において試みに $n=4$ とすれば

$\mu(s)=\frac{1}{12s}-\frac{1}{360s^3}+\frac{1}{1260s^5}-\frac{\theta}{1680s^7}.$

故に $s\geqq 4$ とすれば（$4^7=16384$），剰余項の絶対値は $\tfrac12\cdot10^{-7}$ よりも小さい．よって，この式の最初の三項を取って，区間 $4\leqq s< 5$ における $\mu(s)$，従って (3) から $\log\mathit\Gamma(s)$ が，小数 6 位まで計算される．それから $\mathit\Gamma(s)$ の函数方程式によって，区間 $1\leqq s<2$ における $\mathit\Gamma(s)$ が同じ精密度をもって計算される．

［注意］ 

(11) は Bernoulli の多項式（§64）の Fourier 級数（第6章参照）への展開を与える．すなわち

$B_n(x)=n!\,\varphi_n(x),\quad(0<x<1).$

$n=1$ のときは $B_1(x)=x-\tfrac12=\varphi_1(x)$ であった（233 頁）．その他は 234 頁 (15) を用いて上記 (13) から帰納法で得られる．

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