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) + ... .

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.

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).

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)

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.

Была знаменитая базельская проблема — найти, чему равна сумма ряда из обратных квадратов,
1+1/4+1/9+...

Её решил Эйлер, найдя известный сейчас ответ \pi^2/6

И работая над этой задачей — он сначала вычислил эту сумму с огромной точностью — у него было шесть верных десятичных знаков.

И можно сразу понять, что "напрямую" это сделать не получилось бы. Потому что сумма "хвоста" ряда из обратных квадратов убывает как (1/n). То есть, чтобы добыть эти шесть верных знаков, надо было бы просуммировать миллион слагаемых — вручную!

Но — если мы уже знаем, насколько промахнёмся, то почему бы не исправить эту ошибку?

Почему бы не сказать, что отбросив "хвост", сумму 1/m^2 при m>=n, мы примерно промахнёмся на первообразную от 1/x^2?

А потом поправить это приближение, учтя, насколько 1/m^2 отличается от интеграла от 1/x^2 на отрезке [m,m+1].

И это, конечно, та же самая техника, что мы видели выше.

Уже если учесть только (1/n) как первое приближение для суммы
f(n+1)+f(n+2)+...,
где f(x)=1/x^2,
то мы получим для суммы всего ряда приближение
f(1)+...+f(n)+1/n,
с ошибкой, убывающей, как (1/n^2).

Если перейти к формуле треугольников — ошибка будет убывать как (1/n^3), и шесть знаков уже становятся достижимы: теперь хватит n=100. (Не думаю, что сложение сотни дробей вручную может кого-то воодушевить, но по крайней мере, задача перешла из категории "невозможно" в категорию "муторно, но если очень надо..."). А можно ведь учесть ещё пару производных...

Насколько я понимаю, Эйлер действовал _не_ так. Он (я тут ссылаюсь на книгу W. Dunham, "Euler: The Master of Us All" — по-хорошему, надо было бы поднять первоисточники, но я этого ещё не сделал) красивым интегрированием выяснил, что вместо просто суммы обратных квадратов можно взять сумму ряда
\sum_n 1/(n^2 * 2^(n-1)) —
и добавить к нему (ln 2)^2.