Ну и (ln n)/2 — это не что иное, как логарифм корня из n. Того самого корня из n, который стоит в формуле Стирлинга.
(Да, на всякий случай — то, что мы сейчас проделали, для численных приближений интеграла называлось бы переходом от формулы прямоугольников к формуле трапеций.)
Так вот — мы сейчас вытащили почти всю формулу Стирлинга, кроме константы \sqrt{2\pi}.
На самом деле — мы уже можем доказать, что эта константа _есть_.
Для этого заметим, что ошибка, которую мы оставили после учёта прямолинейных треугольников, складывается из площадей сегментов — между хордой и графиком логарифма.
Если площадь криволинейного треугольника убывала как (1/n) — ибо за него отвечает первая производная логарифма — то площадь сегмента уже будет убывать как (1/n^2), ибо ему соответствует вторая производная, а (ln x)'' = -1/x^2.
А ряд из обратных квадратов уже сходится. И значит, последовательность "ошибок"
(ln n!) - ( n ln n - n + ln \sqrt{n})
будет фундаментальной — её приращения и есть площади сегментов.
(ln n!) - ( n ln n - n + ln \sqrt{n})
будет фундаментальной — её приращения и есть площади сегментов.
А раз так, то она сходится — и её предел это и есть логарифм той константы, на которую нам остаётся домножить.
То есть для какого-то A будет выполнено
ln n! ~ A sqrt{n} (n/e)^n,
только мы пока что не знаем, что A= \sqrt{2\pi}.
ln n! ~ A sqrt{n} (n/e)^n,
только мы пока что не знаем, что A= \sqrt{2\pi}.
На самом деле, техника, которую мы сейчас применили, это частный случай формулы суммирования Эйлера-Маклорена. А именно — если у нас есть какая-то "хорошая" функция f, и мы хотим понять, как себя будет вести сумма
f(1)+f(2)+...+f(n)
с ростом n.
f(1)+f(2)+...+f(n)
с ростом n.
Если провести всё те же рассуждения (и зайти чуть дальше) — то в качестве первого приближения возникнет первообразная F(n), потом к ней добавится (1/2)*f(n), потом с каким-то коэффициентом добавится производная f', и так далее.
Причём коэффициенты не зависят от того, у какой именно функции f мы складываем значения, мы всегда получим выражение вида
F(n)+ (1/2) f(n) + (1/12) f'(n) + ... .
F(n)+ (1/2) f(n) + (1/12) f'(n) + ... .
Если очередная производная f начинает убывать достаточно быстро, чтобы ряд из поправок начал сходиться — можно сказать, что сумма будет устроена как приближение плюс неизвестная нам константа.
Но асимптотику можно писать и дальше — собственно, ровно так получается приближение для суммы гармонического ряда,
1+(1/2)+...+(1/n) = ln n + \gamma + (1/2)* (1/n) + o(1/n),
где \gamma — постоянная Эйлера.
1+(1/2)+...+(1/n) = ln n + \gamma + (1/2)* (1/n) + o(1/n),
где \gamma — постоянная Эйлера.
И ровно поэтому в формуле Стирлинга, если n! нужно приблизить ещё точнее, нужно домножить правую часть на exp(1/12n) — или на (1+ 1/12n), с точностью до O(1/n^2) это одно и то же. Потому что вот он коэффициент (1/12) для производной, и вот она производная логарифма, (ln x)'=1/x.
А ещё очень естественное действие — применить всё это к самым простым функциям, которые бывают, к степеням.
И получится сумма степеней — которую для небольших степеней все видели; скажем, для суммы первых степеней —
1+2+...+n=n(n+1)/2 = n^2/2 + n/2 = F(n) + (1/2) f(n).
1+2+...+n=n(n+1)/2 = n^2/2 + n/2 = F(n) + (1/2) f(n).
Для суммы квадратов — есть формула n(n+1)(2n+1)/6, а если раскрыть скобки, получится
n^3/3 + n^2/2 + n/6 = F(n) + (1/2)f(n) + (1/12)f'(n)
n^3/3 + n^2/2 + n/6 = F(n) + (1/2)f(n) + (1/12)f'(n)
Вообще про суммы степеней есть очень хороший текст Г. Мерзона в "Мат. просвещении" — http://mi.mathnet.ru/mp882 —
а мне хочется сказать ещё пару слов про сумму _обратных_ степеней.
а мне хочется сказать ещё пару слов про сумму _обратных_ степеней.
Была знаменитая базельская проблема — найти, чему равна сумма ряда из обратных квадратов,
1+1/4+1/9+...
1+1/4+1/9+...