Скажем, при 10000 подбрасываний — какие количества орлов естественны, а какие неправдоподобны и должны заставить заподозрить, что монетка гнутая (или ещё что-нибудь не так)?
5025? 5320? 6500?

Давайте заметим, что
(C_N^{a+1}) / (C_N^a) = (N-a)/(a+1).
Потому что если в классе из N человек уже выбрано a дежурных, то есть N-a вариантов, как можно назначить (a+1)-го — и каждый набор из (a+1) дежурного получается (a+1) способами.

Сравним теперь C_{2n}^n и C_{2n}^{n+k}: второй отличается от первого умножением на
n/(n+1) * (n-1)/(n+2) * ... * (n-k+1)/(n+k).

Получилось произведение k сомножителей.

А как я уже говорил, "видишь длинное произведение — прологарифмируй!"

Логарифм отношения этих биномиальных коэффициентов равен сумме логарифмов
ln (1- (2j-1)/(n+j) )
по j от 1 до k.

А ln(1+x) примерно равен x. Поэтому будет сумма от
-(2j-1)/(n+j);
да ещё и, если k<<n, то знаменатель можно заменить просто на n. И получается сумма от (2j-1)/n, а сумма нечётных чисел от 1 до (2k-1) это k^2:

То есть вероятность отклонения на k падает со скоростью e^{-k^2/n}.

В частности, характерные отклонения имеют порядок корня из n — и слишком большие отклонения даже такого порядка мы в жизни никогда не увидим (ибо, например, e^{-25}<10^{-10})

Иными словами —

Хорошо, а всё-таки — при чём тут формула Стирлинга?

Давайте её применим, чтобы оценить C_{2n}^n.
Неизвестный нам коэффициент A вылезет один раз в числителе — и два раза в знаменателе, так что не сократится:

Соответственно, вероятность получить в 2n подбрасываниях (n+k) орлов примерно равна

А чему равна сумма всех таких вероятностей?

С одной стороны, сумма вероятностей равна единице (ну или сумма биномиальных коэффициентов — соответствующей степени двойки).

С другой, сумма правых частей, если обозначить x_k = k/\sqrt{n}, оказывается интегральной суммой Римана для интеграла от e^{-x^2}: