 | Stirlingの近似というのは、階乗の結果の近似値を求めるときに利用されます。 | |
 | 階乗くらい、力技で計算すればいいじゃないですか。 | |
| 実際に計算する場合には、それでも構いませんが、途中の計算式の中に階乗が登場すると、その処理はなかなか厄介です。Stirlingの近似を使うと、より計算が容易になる指数関数で階乗を代用できるので、結果をスマートに導くことができるようになるのです。 | |
| 物理学だと、どの辺で使いますか?? | |
| 統計力学で頻繁に登場しますね。Boltzmann分布を導出するときにも必要です。 | |
| 無数にある気体粒子を取り扱うから、よい近似になるってことですね。 | |
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Stirlingの近似の導出には、Wallisの公式が避けて通れないので、まずはここから始めましょう。 John Wallis(1616〜1703) | |
| Wallisの公式?? | |
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整数\(n\)について、 \[ \prod^\infty_{n=1}\frac{\left(2n\right)^2}{\left(2n-1\right)\left(2n+1\right)}=\frac{\pi}{2} \tag{1} \] または、 \[ \lim_{n\to\infty}\prod^n_{k=1}\frac{\left(2k\right)^2}{\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}=\frac{\pi}{2} \tag{2} \] が成立するというものです。 | |
| \(\prod\)って総積のことでしたっけ?? | |
| そうです。 | |
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ということは、 \[ \frac{2^2}{1\times3}\times\frac{4^2}{3\times5}\times\frac{6^2}{5\times7}\times\cdots=\frac{\pi}{2} \] でもいい?? | |
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いいですね。ちなみに、1つ飛ばしの階乗(二重階乗)を\(n!!\)と書けば、式(1)は、 \[ \lim_{n\to\infty}\frac{\{\left(2n\right)!!\}^2}{\left(2n-1\right)!!\left(2n+1\right)!!}=\frac{\pi}{2} \tag{3} \] というふうにも表現できます。 | |
| 自然数の操作を無限に繰り返すと、よく\(\pi\)が顔を出すけど、不思議ですね。 | |
| そうですね。数学の奥深さを表していると思います。Wallisの公式の証明はいくつか考案されていますが、ここではガンマ関数を使って証明してみましょう。 | |
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ガンマ関数っていうと、 \[ \Gamma\left(z\right)=\int^\infty_0 t^{z-1}\mathrm{e}^{-t}dt \tag{4} \] ですね。 | |
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ここで、式(4)に仕掛けをしておきましょう。まず、Napier数は、その定義から、 \[ \mathrm{e}^{-t}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n \tag{5} \] ですから、 \[ \Gamma\left(z\right)=\lim_{n\to\infty}\int^n_0 t^{z-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^ndt \tag{6} \] と書き直せます。こうしておいて、\(t=nu\)と置換します。 | |
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そうすると、\(dt=ndu\)だから、 \[ \Gamma\left(z\right)=\lim_{n\to\infty}\int^1_0 \left(nu\right)^{z-1}\left(1-u\right)^nndu=\lim_{n\to\infty}n^z\int^1_0 u^{z-1}\left(1-u\right)^ndu \tag{7} \] ですね。 | |
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式(7)の積分はベータ関数で表すと、 \[ \Gamma\left(z\right)=\lim_{n\to\infty}n^zB\left(z,n+1\right) \] ですが、更にガンマ関数との関係式を使うことで、 \[ \begin{align*} \Gamma\left(z\right)&=\lim_{n\to\infty}n^z\frac{\Gamma\left(z\right)\Gamma\left(n+1\right)}{\Gamma\left(z+n+1\right)} \\ &=\lim_{n\to\infty}n^z\frac{\Gamma\left(z\right)n!}{\left(z+n\right)\left(z+n-1\right)\left(z+n-2\right)\cdots\left(z+1\right)z\Gamma\left(z\right)} \\ &=\lim_{n\to\infty}n^z\frac{n!}{\left(z+n\right)\left(z+n-1\right)\cdots\left(z+1\right)z} \tag{8} \end{align*} \] ここで、\(z=\cfrac{1}{2}\)とすると?? | |
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う〜ん。 \[ \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi} \] だから、 \[ \begin{align*} \sqrt{\pi}&=\lim_{n\to\infty}n^{\frac{1}{2}}\frac{n!}{\left(\cfrac{1}{2}+n\right)\left(\cfrac{1}{2}+n-1\right)\cdots\left(\cfrac{1}{2}+1\right)\cfrac{1}{2}} \\ &=\lim_{n\to\infty}n^{\frac{1}{2}}\frac{2^{n+1}n!}{\left(2n+1\right)\times\left(2n-1\right)\times\cdots\times3\times1} \\ &=\lim_{n\to\infty}n^{\frac{1}{2}}\frac{2\left(2n\right)!!}{\left(2n+1\right)!!} =\lim_{n\to\infty}2n^{\frac{1}{2}}\prod^n_{k=1}\frac{2k}{2k+1} \end{align*} \] お〜。何か2乗したくなりますね。 \[ \begin{align*} \pi&=\lim_{n\to\infty}4n\prod^n_{k=1}\frac{\left(2k\right)^2}{\left(2k+1\right)^2}=\lim_{n\to\infty}\frac{4n}{2n+1}\prod^n_{k=1}\frac{\left(2k\right)^2}{\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)} \\ &=2\lim_{n\to\infty}\prod^n_{k=1}\frac{\left(2k\right)^2}{\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)} \end{align*} \] だから、 \[ \lim_{n\to\infty}\prod^n_{k=1}\frac{\left(2k\right)^2}{\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}=\frac{\pi}{2} \] が導かれるわけですね。 |
〜Stirlingの近似〜
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さて、準備が整ったので、Stirlingの近似に移りますが、これも近似の精度や使いどころに応じて、いろいろな表現があります。ここでは、 \[ n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n \tag{9} \] を採用することにしましょう。 | ||||||||||||||||||||||||||
| 証明の取っ掛かりが分からないですね。 | ||||||||||||||||||||||||||
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例えば、 \[ a_n=\frac{n!}{\sqrt{n}}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^{-n} \tag{10} \] と置き、\(a_n\)が\(n\to\infty\)のときに\(\sqrt{2\pi}\)に収束することを示すのはどうでしょう。 | ||||||||||||||||||||||||||
| どうでしょうと言われてもなぁ。式(9)を言い換えただけで、難しさは何も変わってませんよ。 | ||||||||||||||||||||||||||
| しかし、証明の方針は立てられそうではないですか??まず、\(a_n\)が収束することを確認し、その収束値が\(\sqrt{2\pi}\)であることが言えればいいのです。 | ||||||||||||||||||||||||||
| 2段階で攻めるってこと?? | ||||||||||||||||||||||||||
| 数学的には。 | ||||||||||||||||||||||||||
| \(a_1\)=2.718281828…、\(a_2\)=2.612425837…、\(a_3\)=2.576975589…、\(a_4\)=2.559288283…、\(a_5\)=2.548699488…、数値的には単調減少しそうですけど。 | ||||||||||||||||||||||||||
| \(a_n\)がどこまで行っても正であることはいいですよね。 | ||||||||||||||||||||||||||
| そうですね。負になる要素がないですもん。 | ||||||||||||||||||||||||||
| ということは、\(a_1>a_2>\cdots>a_n>\cdots\)が証明できれば、収束することは言えそうです。 | ||||||||||||||||||||||||||
| つまり、\(a_{n+1}-a_n<0\)が示せればいい?? | ||||||||||||||||||||||||||
| 式(10)を見ると、掛け算と割り算のオンパレードです。ということは、対数を活用すれば、見通しがよくならないですかね?? | ||||||||||||||||||||||||||
| 対数か。なるほど。その手がありますね。 | ||||||||||||||||||||||||||
| というわけで、\(\cfrac{a_n}{a_{n+1}}>1\)、つまり\(\ln\cfrac{a_n}{a_{n+1}}>0\)を示すことが1つ目の目標になります。 | ||||||||||||||||||||||||||
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ん〜と。 \[ \begin{align*} \ln\frac{a_n}{a_{n+1}}&=\ln\frac{\cfrac{n!}{\sqrt{n}}\left(\cfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^{-n}}{\cfrac{\left(n+1\right)!}{\sqrt{n+1}}\left(\cfrac{n+1}{\mathrm{e}}\right)^{-\left(n+1\right)}} \\ &=\ln\frac{1}{n+1}\sqrt{1+\frac{1}{n}}\frac{\left(\cfrac{n+1}{\mathrm{e}}\right)^n\left(\cfrac{n+1}{\mathrm{e}}\right)}{\left(\cfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^{n}} \\ &=\ln\frac{1}{\mathrm{e}}\sqrt{1+\frac{1}{n}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\ln\frac{1}{\mathrm{e}}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\frac{1}{2}+n} \\ &=\left(\frac{1}{2}+n\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-1 \tag{11} \end{align*} \] 結構、すっきりしましたね。 | ||||||||||||||||||||||||||
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式(11)の右辺を、 \[ f\left(n\right)=\left(\frac{1}{2}+n\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-1 \tag{12} \] とすると、達成すべき目標を主張するためには、式(12)が単調減少しており、尚且つ、どんな\(n\)に対しても正であることが言えればいいですね。 | ||||||||||||||||||||||||||
| どんな\(n\)に対しても??う〜ん、単調減少が言えるんなら、\(n\to\infty\)のときに負でないことを示すだけで充分なのでは?? | ||||||||||||||||||||||||||
| そうですね。その主張は合理性があります。 | ||||||||||||||||||||||||||
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式(12)の、 \[ \frac{1}{2}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \] の部分は\(n\to\infty\)のとき0になるけど、問題は、 \[ n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \] の部分ですね…。 | ||||||||||||||||||||||||||
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これは、Napier数の定義、 \[ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\mathrm{e} \] の対数をとると、 \[ \lim_{n\to\infty}n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=1 \] となります。 | ||||||||||||||||||||||||||
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お、そんなやり方があるのか。そうすると、 \[ \lim_{n\to\infty}f\left(n\right)=0 \tag{13} \] だな。 | ||||||||||||||||||||||||||
| 後は、式(12)が単調減少であることを示せればいいわけです。 | ||||||||||||||||||||||||||
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ということは、\(n\)で微分か…。 \[ \begin{align*} \frac{df}{dn}&=\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\left(\frac{1}{2}+n\right)\frac{1}{1+\cfrac{1}{n}}\frac{1}{n^2} \\ &=\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1+2n}{2n\left(1+n\right)}=\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{1+n}\right) \tag{14} \end{align*} \] え〜、式(14)が負になるかどうか、パッと分からなですけど。 | ||||||||||||||||||||||||||
| しかし、式(14)の右辺第1項は\(n\to\infty\)のとき0ですし、右辺第2項も0になるから、さっきと同じ理屈で攻められませんか?? | ||||||||||||||||||||||||||
| つまり、式(14)が単調増加であることが言えればいいってこと?? | ||||||||||||||||||||||||||
| そういうことです。 | ||||||||||||||||||||||||||
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要するに、また微分しろと…。 \[ \begin{align*} \frac{d^2f}{dn^2}&=-\frac{1}{1+\cfrac{1}{n}}\frac{1}{n^2}+\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{2\left(1+n\right)^2} \\ &=-\frac{1}{n\left(1+n\right)}+\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{2\left(1+n\right)^2} \\ &=\frac{-2n\left(1+n\right)+\left(1+n\right)^2+n^2}{2n^2\left(1+n\right)^2}=\frac{-2n-2n^2+1+2n+n^2+n^2}{2n^2\left(1+n\right)^2} \\ &=\frac{1}{2n^2\left(1+n\right)^2}>0 \tag{15} \end{align*} \] 式(14)は単調増加であると言えそうですね。 | ||||||||||||||||||||||||||
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はい。まとめると、式(12)を2階微分した結果、1階微分の関数は単調増加であり、\(n\to\infty\)で0だということが分かりました。よって、1階微分は常に負であると言えます。 このことから、式(12)は単調減少であり、\(n\to\infty\)のとき0であることも確認しました。よって、式(12)は常に正であると言えます。 以上のことから、式(11)より\(\ln\cfrac{a_n}{a_{n+1}}>0\)という目標が達せられました。 | ||||||||||||||||||||||||||
| フ〜。次は、\(a_n\)が\(n\to\infty\)のときに\(\sqrt{2\pi}\)に収束することを示せばいいわけですね。 | ||||||||||||||||||||||||||
| その前に、\(a_n\)が0でない収束値を持つことを見ておきましょう。 | ||||||||||||||||||||||||||
| \(a_\infty>0\)ってこと?? | ||||||||||||||||||||||||||
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はい。これも、いろいろやり方はあるのですが、例えば式(11)の対数の部分が、 \[ \int^{n+1}_{n}\frac{1}{x}dx=\bigl[\ln x\bigr]^{n+1}_n=\ln\left(n+1\right)-\ln n=\ln\frac{n+1}{n}=\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \tag{16} \] と書き直せることに注目してみると、どうでしょう?? | ||||||||||||||||||||||||||
| わざわざ積分に直す意味が分からないですけど。 | ||||||||||||||||||||||||||
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こうすると、より単純な面積で押さえ込むことができるからですよ。\(y=\cfrac{1}{x}\)という反比例のグラフに対して、式(16)の積分は、\(n\)〜\(n+1\)の範囲にあるピンクの面積を意味します。この面積が、それよりも大きい青の台形の面積を超えないことは、図より明らかですね??
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なるほど。青い面積は、\(\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{1}{n}+\cfrac{1}{n+1}\right)\)だから、 \[ \int^{n+1}_{n}\frac{1}{x}dx<\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right) \tag{17} \] ってことか。 | ||||||||||||||||||||||||||
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式(11)と式(17)から、 \[ \begin{align*} \ln\frac{a_n}{a_{n+1}}&=\left(\frac{1}{2}+n\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-1 \\ &<\left(\frac{1}{2}+n\right)\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)-1 \\ &=\frac{1+2n}{4}\frac{2n+1}{n\left(n+1\right)}-1=\frac{4n^2+4n+1-4n^2-4n}{4n\left(n+1\right)} \\ &=\frac{1}{4n\left(n+1\right)}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \end{align*} \] となります。 | ||||||||||||||||||||||||||
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だけど、 \[ \ln\frac{a_n}{a_{n+1}}<\frac{1}{4}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \tag{18} \] の先が続かないじゃないですか。 | ||||||||||||||||||||||||||
| では、\(n=1\)のとき、\(n=2\)のとき、という具合に並べて書いてみましょう。 | ||||||||||||||||||||||||||
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ムムム。そうすると、
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| 上から全部足してください。 | ||||||||||||||||||||||||||
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次は足すのか。ん??右側は軒並み消えますね。あれ??ひょっとして左側もかな?? \[ \begin{align*} \ln\frac{a_1}{a_2}+\ln\frac{a_2}{a_3}&+\cdots+\ln\frac{a_{k-1}}{a_k}+\ln\frac{a_k}{a_{k+1}} \\ &=\ln\left(\frac{a_1}{a_2}\times\frac{a_2}{a_3}\times\cdots\times\frac{a_{k-1}}{a_k}\times\frac{a_k}{a_{k+1}}\right)=\ln\frac{a_1}{a_{k+1}} \\ &<\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{k+1}\right) \end{align*} \] ほら。 | ||||||||||||||||||||||||||
| そして、\(n\to\infty\)です。 | ||||||||||||||||||||||||||
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あ、そうだった。 \[ \ln\frac{a_1}{a_\infty}<\frac{1}{4} \] \(a_1\)は式(10)から\(a_1=\mathrm{e}\)なので、 \[ \ln\frac{\mathrm{e}}{a_\infty}<\frac{1}{4}\quad\Leftrightarrow\quad1-\ln a_\infty<\frac{1}{4}\quad\Leftrightarrow\quad\ln a_\infty>1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4} \\ \quad\quad\quad\Leftrightarrow\quad a_\infty>\mathrm{e}^{\frac{3}{4}}\ne0 \tag{18} \] ですね。 | ||||||||||||||||||||||||||
| というわけで、\(a_n\)が0でない値に収束することが分かりました。いよいよ、その収束値が\(\sqrt{2\pi}\)であることを示しましょう。 | ||||||||||||||||||||||||||
| Wallisの公式の登場ですね?? | ||||||||||||||||||||||||||
| そうです。そこで、式(10)を睨みつつ―。 | ||||||||||||||||||||||||||
| 睨む??(ジロリッ!!) | ||||||||||||||||||||||||||
| 式(3)を式(10)が登場するように変形します。 | ||||||||||||||||||||||||||
| 式(10)を登場させるのか…。面倒そうだから、\(\cfrac{a_n}{a_n}\)を掛けちゃおうかな。 | ||||||||||||||||||||||||||
| それだとハマりますね。もし、そういう横着をするのであれば、\(\left(\cfrac{a_n}{a_n}\right)^4\)を掛けないといけません。 | ||||||||||||||||||||||||||
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ウッ!!そうなのか…。 \[ \begin{align*} &\frac{\{\left(2n\right)!!\}^2}{\left(2n-1\right)!!\left(2n+1\right)!!}\times\left(\frac{a_n}{a_n}\right)^4 \\ &\quad\quad\quad=\frac{\{\left(2n\right)!!\}^2}{\left(2n-1\right)!!\left(2n+1\right)!!}\left[\frac{\sqrt{n}}{n!}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^{n}\right]^4{a_n}^4 \\ &\quad\quad\quad=\frac{\{\left(2n\right)!!\}^2}{\{\left(2n-1\right)!!\}^2\left(2n+1\right)}\left[\frac{n}{\left(n!\right)^2}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^{2n}\right]^2{a_n}^4 \\ &\quad\quad\quad=\frac{1}{2n+1}\left[\frac{\left(2n\right)!!}{\left(2n-1\right)!!}\frac{n}{\left(n!\right)^2}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^{2n}\right]^2{a_n}^4 \\ &\quad\quad\quad=\frac{n}{2\left(2n+1\right)}\left[\frac{\{\left(2n\right)!!\}^2}{\left(2n\right)!}\frac{\sqrt{2n}}{\left(n!\right)^2}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^{2n}\right]^2{a_n}^4 \\ &\quad\quad\quad=\frac{n}{2\left(2n+1\right)}\left[\frac{\left(2^nn!\right)^2}{\left(2n\right)!}\frac{\sqrt{2n}}{\left(n!\right)^2}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^{2n}\right]^2{a_n}^4 \\ &\quad\quad\quad=\frac{n}{2\left(2n+1\right)}\left[\frac{\sqrt{2n}}{\left(2n\right)!}\left(\frac{2n}{\mathrm{e}}\right)^{2n}\right]^2{a_n}^4 =\frac{n}{2\left(2n+1\right)}\frac{{a_n}^4}{{a_{2n}}^2} \tag{19} \end{align*} \] これを式(3)に代入すればいいわけですね。 \[ \begin{align*} &\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2\left(2n+1\right)}\frac{{a_n}^4}{{a_{2n}}^2}=\frac{\pi}{2}\quad\Rightarrow\quad\frac{1}{4}\frac{{a_\infty}^4}{{a_\infty}^2}=\frac{\pi}{2} \\ &\quad\Leftrightarrow\quad{a_\infty}^2=2\pi\quad\Leftrightarrow\quad a_\infty=\sqrt{2\pi} \tag{20} \end{align*} \] 確かに、\(\sqrt{2\pi}\)になりましたね。 | ||||||||||||||||||||||||||
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というわけで、式(9)も成立するわけです。尚、式(9)の\(n\)は自然数でしたが、\(n!\)はガンマ関数への置き換えが可能ですから、 \[ \Gamma\left(n+1\right)\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n \tag{21} \] 或いは、 \[ \Gamma\left(n\right)\sim\sqrt{\frac{2\pi}{n}}\left(\frac{n}{\mathrm{e}}\right)^n \tag{22} \] となり、このときの\(n\)は複素数に拡張することができます。 | ||||||||||||||||||||||||||
| ん〜。 | ||||||||||||||||||||||||||
| 何か?? | ||||||||||||||||||||||||||
| 階乗がガンマ関数に置き換えられるというのはいいんですけど、置き換えた途端に、自然数から複素数へ拡張できるという考え方は何だか乱暴なような気がします。 | ||||||||||||||||||||||||||
| そうですか?? | ||||||||||||||||||||||||||
| だって、Wallisの公式にしたって、自然数を前提にしてますよね。そもそも、式(22)が成立することを言うなら、ガンマ関数から出発して議論するのが普通じゃないですか?? | ||||||||||||||||||||||||||
| 途中で首を挿げ替えるのは都合がよすぎますか?? | ||||||||||||||||||||||||||
| よすぎますね。 | ||||||||||||||||||||||||||
| なるほど。では別の攻め方も簡単に紹介しましょう。 | ||||||||||||||||||||||||||
〜Stirlingの近似:別解〜
| ガンマ関数から出発すれば納得するわけですね?? | |
| そうです。 | |
| では、式(4)において、\(t=\mathrm{e}^u\)と置換してみましょう。 | |
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\(dt=\mathrm{e}^udu\)だから、 \[ \Gamma\left(z\right)=\int^\infty_{-\infty}\exp\bigl[\left(z-1\right)u\bigr]\exp\bigl[-\mathrm{e}^u\bigr]\exp\bigl[u\bigr]du=\int^\infty_{-\infty}\exp\bigl[zu-\mathrm{e}^u\bigr]du \tag{23} \] | |
| 式(23)の指数部分\(zu-\mathrm{e}^u\equiv f\left(u\right)\)は、微分すると分かるように\(u_0=\ln z\)で最大値を取ります。そこで、\(f\left(u\right)\)を\(u_0\)の周りでTaylor展開するのです。 | |
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Taylor展開…。えっと、 \[ \begin{align*} f\left(u\right)&=\sum_{p=0}^\infty\frac{f^{\left(p\right)}\left(u_0\right)}{p!}\left(u-u_0\right)^p \\ &=\left(zu_0-\mathrm{e}^{u_0}\right)+\left(z-\mathrm{e}^{u_0}\right)\left(u-u_0\right)-\frac{\mathrm{e}^{u_0}}{2}\left(u-u_0\right)^2+\cdots \end{align*} \] \(\mathrm{e}^{u_0}=z\)だから、 \[ f\left(u\right)=\left(z\ln z-z\right)-\frac{z}{2}\left(u-\ln z\right)^2+\cdots \] かな。 | |
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2次の項までで近似するとすれば、 \[ f\left(u\right)\sim\left(z\ln z-z\right)-\frac{z}{2}\left(u-\ln z\right)^2 \] なので、 \[ \begin{align*} \exp\bigl[f\left(u\right)\bigr]&\sim\exp\left[\left(z\ln z-z\right)-\frac{z}{2}\left(u-\ln z\right)^2\right] \\ &=\mathrm{e}^{z\ln z}\mathrm{e}^{-z}\exp\bigl[-\frac{z}{2}\left(u-\ln z\right)^2\bigr] \\ &=z^z\mathrm{e}^{-z}\exp\bigl[-\frac{z}{2}\left(u-\ln z\right)^2\bigr]=\left(\frac{z}{\mathrm{e}}\right)^z\exp\bigl[-\frac{z}{2}\left(u-\ln z\right)^2\bigr] \tag{24} \end{align*} \] となります。 | |
|
式(24)を式(23)に代入すればいいわけですね。 \[ \begin{align*} \Gamma\left(z\right)&\sim\left(\frac{z}{\mathrm{e}}\right)^z\int^\infty_{-\infty}\exp\bigl[-\frac{z}{2}\left(u-\ln z\right)^2\bigr]du=\sqrt{\frac{2\pi}{z}}\left(\frac{z}{\mathrm{e}}\right)^z \end{align*} \] お〜。式(22)と同じになりました。 | |
| 最後は、Gauss積分の公式を使ったわけですね。 | |
| そうで〜す。 | |
| こちらの導出方法の方がWallisの公式を使わなくてもいいので、スッキリしているかもしれません。 | |
| あ〜、本当だ。こっちの方が近道です。 | |
| しかし、この流れで証明するには、Taylor展開の議論をもう少し深堀して丁寧に考察する必要があります。なので、今回はアウトラインに過ぎないと思ってください。 | |
| やれやれ。 | |
| ひとまず、Stirlingの近似については、ここまでにしておきましょう。 |
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