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Fórmula de Stirling

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Índice

1 Definición
2 Demostraciones
3 Valor de la constante
4 Generalización
5 Referencias

[escribe] Definición

Se conoce como fórmula de Stirling a la siguiente aproximación de la factorial n! cuando n tiende hacia el infinito:

Esta fórmula se puede expresar de varias formas:

Mediante equivalentes en el infinito:

$n! \sim_{ {}_{+ \infty}} \, \sqrt{2\pi} \ n^{n + \frac 1 2} e^{-n}$ ó $n! \ e^n \sim_{ {}_{+ \infty}} \, \sqrt{2\pi} \ n^{n + \frac 1 2}$ ó $\frac {n! \ e^n} {n^n} \sim_{ {}_{+ \infty}} \ \sqrt{2\pi n }$ ó $\frac {n! \ e^n} {n^{n + \frac 1 2}} \sim_{ {}_{+ \infty}} \ \sqrt{2\pi}$

Mediante límites en el infinito:

$\lim_{n \to +\infty} \ {n! \over \sqrt{2 \pi n} \; \left(\frac{n}{e}\right)^{n} } = 1$

que se deduce de la fórmula inicial, ó

$\lim_{n \to +\infty} \ \frac {n! \ e^n} {n^{n + \frac 1 2}} = \sqrt{2\pi}$

que es la expresión más sencilla y la traducción del último equivalente.

Esta fórmula en realidad consta de dos afirmaciones: en primer lugar, que el cociente $\frac {n! \ e^n} {n^{n + \frac 1 2}}$ tiene un límite finito C no nulo; y en segundo lugar que este límite es

$C = \sqrt{2 \pi}$

. el primer punto es bastante sencillo, mientras que el segundo necesitó astucia.

La paternidad de la fórmula es atribuida de manera algo excesiva a James Stirling. En realidad fue el matemático Abraham de Moivre quién publicó, en 1730, en su libro Miscellanea Analytica su forma casi definitiva, con su demostracíon. James Stirling publica algunos meses después su libro Methodus Differentialis sive Tractatus de Summatione et Interpolatione Serierum Infinitarum donde establece el valor de C y mejora la fórmula con un desarollo asintótico con cinco términos. El valor exacto de la constante se estableció mediante las integrales de Wallis. Hay que subrayar que De Moivre y Stirling eran buenos amigos, y adivinar las contribuciones exactas de cada uno no es fácil.

[escribe] Demostraciones

Demostremos el primer punto. Existen esencialmente dos maneras de proceder:

Aprovecharse de que ya se conoce el resultado y tomar este último como punto de partida; se obtiene así la prueba más corta - que seguramente satisfará al estudiante, que puede aprenderla de memoria - pero no la más intuitiva; o
Tratar de redescubrir el resultado a partir de la problemática: hallar un equivalente de la factorial - que gustará al amante de las matemáticas y al que tiene mente de investigador.

La prueba corta es la siguiente:

Sea $u_n = \frac {n! \ e^n} {n^{n + \frac 1 2}}$ . Como $u n$ es un cociente, se considera $v_n = \frac {u_{n+1}} {u_n} = \frac {(n+1)! \ e^{n+1}} {(n+1)^{n+ \frac 3 2}} \times \frac {n^{n + \frac 1 2}} {n! \ e^n} =$ $\frac { {\color{blue}e^{n+1}} {\color{red} (n+1)!} n^{n + \frac 1 2}} {{\color{blue} e^n} {\color{red} n!} (n+1)^{n+ \frac 3 2}}$ $= \frac {{\color{blue}e} {\color{red}(n+1)} n^{n + \frac 1 2}} {(n+1)^{n+ \frac 3 2}}$ $= \frac { e \ n^{n + \frac 1 2}} {(n+1)^{n+ \frac 1 2}}$ $= e \left( \frac n {n+1} \right )^{n+\frac 1 2}$ $= e \left( \frac {n+1} n \right )^{-n - \frac 1 2}$ $= e \left( 1 + \frac 1 n \right )^{-n - \frac 1 2}$ . La presencia de un exponente variable sugiere tomar el logaritmo de la expresión; luego miramos el desarrollo limitado del resultado: $\ln (v_n) = \ln e + \left(-n - \frac 1 2 \right) \ln \left(1 + \frac 1 n \right)$ $= 1 - \left( n + \frac 1 2 \right ) \left( \frac 1 n - \frac 1 {2n^2} + O \left ( \frac 1 {n^3} \right ) \right)$ $= 1 - 1 + \frac 1 {2n} - \frac 1 {2n} + \frac 1 {4n^2} + O \left( \frac 1 {n^2} \right ) = O \left( \frac 1 {n^2} \right )$ . La serie $\sum_{n \ge 1} \frac 1 {n^2}$ converge luego la serie de $\sum_{n \ge 1} \ln v_n \ = O \left ( \sum_{n \ge 1} \frac 1 {n^2} \right )$ también. Como $\sum_{n =1}^N \ln v_n = \ln \left ( \prod_{n=1}^N v_n \right )$ $= \ \ln ( v_1 v_2 ... v_N )$ $= \ln \left( \frac {u_2 u_3 ...u_N u_{N+1}} {u_1 u_2 u_3...u_N} \right) = \ln \frac {u_{N+1}} {u_1}$ se concluye que $u_n \$ converge, hacia un valor no nulo porque su logaritmo no tiende hacia el infinito.

Una prueba más intuitiva sería esta (entre otras posibles):

$n! = 1 \times 2 \times 3 ... \times n \$ es un producto de factores inferiores o iguales a n: si se divide por el producto de tantas veces n, se obtiene un cociente inferior a uno que será seguramente más fácil de aproximar que una cantidad que tiende hacia el infinito. $\frac {n!} {n^n} = \frac {1 \times 2 \times 3 ... \times (n-1) \times n} {n \times n \times n ... \times n \times n} = \prod_{k=1}^n \frac k n$ . Es más fácil aproximar una suma que un producto, por tanto se mira el logaritmo de la última expresión: $\ln \left ( \frac {n!} {n^n} \right ) = \ln \left ( \prod_{k=1}^n \frac k n \right ) = \sum_{k=1}^n \ln \left ( \frac k n \right )$ . Al dividir por n se reconoce una suma de Riemann, que converge hacia una integral: $\lim_{n \to \infty} \left ( \frac 1 n \ln \left ( \frac {n!} {n^n} \right ) \right )$ $= \lim_{n \to \infty} \left ( \frac 1 n \sum_{k=1}^n \ln \left ( \frac k n \right ) \right )$ $= \int_0^1 \ln x \, dx$ $= \left [ x\ln x - x \right ]_0^1 = - 1$ (x→x·ln x - x es una primitiva de ln que se prolonga por continuidad en 0).

Por tanto $\lim_{n \to \infty} \left ( \ln \left ( \frac {n!^{\frac 1 n}} {n} \right ) \right ) = -1$ luego $\lim_{n \to \infty} \left ( \frac {n!^{\frac 1 n}} {n} \right ) = \frac 1 e$ es decir $\lim_{n \to \infty} \left ( \frac {n!^{\frac 1 n \ } e} {n} \right ) = 1$ (que también se escribe ${\color{blue} n!^{\frac 1 n} \sim_{ {}_{+ \infty}} \frac n e}$ ). Pero este resultado no se puede elevar a la potencia n (n variable) porque $\lim_{n \to \infty} u_n = 1$ no implica que $\lim_{n \to \infty} u_n^n = 1$ como lo muestra el ejemplo muy conocido $\lim_{n \to \infty} \left (1 + \frac 1 n \right ) = 1, \ \lim_{n \to \infty} \left ( 1 + \frac 1 n \right )^n = e$ . Sin embargo de ahí viene la idea de comparar

${\color{blue}n!}$

con ${\color{blue}\left ( \frac n e \right )^n}$ .
Sea

$u_n = \frac {e^n \ n! } {n^n}$

. Como

u n

es un cociente, se estudia $v_n = \frac {u_{n+1}} {u_n} = \frac {(n+1)! \ e^{n+1}} {(n+1)^{n+1}} \times \frac {n^n } {n! \ e^n} =$ $\frac { {\color{blue}e^{n+1}} {\color{red} (n+1)!} n^n} {{\color{blue} e^n} {\color{red} n!} (n+1)^{n+1}}$ $= \frac {{\color{blue}e} {\color{red}(n+1)} n^{n}} {(n+1)^{n+1}}$ $= \frac { e \ n^n } {(n+1)^n}$ $= e \left( \frac n {n+1} \right )^n$ $= e \left( \frac {n+1} n \right )^{-n}$ $= e \left( 1 + \frac 1 n \right )^{-n}$ . La presencia de un exponente variable sugiere tomar el logaritmo de la expresión; luego miramos el desarrollo limitado del resultado: $\ln (v_n) = \ln e - n \ln \left ( 1 + \frac 1 n \right )$ $= 1 - n \left ( \frac 1 n - \frac 1 {2n^2} + O \left ( \frac 1 {n^3} \right ) \right)$ $= \frac 1 {2n} + O \left(\frac 1 {n^2} \right)$ . Por desgracia la serie $\sum_{n \ge 1} \frac 1 {2n}$ diverge. Para hacer desaparacer el término $1 \over {2n}$ de $\ln v_n \$ se puede multiplicar $v_n \$ por $1 - \frac 1 {2n} \sim \left (1 + \frac 1 n \right )^{-{1 \over 2}}$ $= \left ( \frac {n+1} n \right )^{-{1 \over 2}}$ $= \sqrt{ \frac n {n+1}}$ lo que se logra dividiendo $u_n \$ por $\sqrt{n} \$ . El estudio de $\frac {u_n} {\sqrt{n}} = \frac {n! \ e^n} {n^{n + \frac 1 2}}$ ya se ha hecho en la prueba corta.

[escribe] Valor de la constante

El cálculo del valor de C fue llevada al cablo de así. El hecho que la constante dependa de Pi, número de esencia geométrica, es sorprendente porque la factorial es una herramienta de otro dominio de las matemáticas, la combinatoria y el análisis cuando se la generaliza por la función gamma. Sin embargo, la identidad de Euler muestra que todos los campos de las matemáticas están vinculados.

[escribe] Generalización

Se puede mejorar la fórmula con un desarollo asintótico proveniente de la función gamma: $n\,! = \sqrt{2\pi n}\,\left({n \over e}\right)^n \left( 1 + \frac{1}{12\ n} + \frac{1}{288\ n^2} - \frac{139}{51\ 840\ n^3} - \frac{571}{2\ 488\ 320\ n^4} + \frac {163\ 879}{209\ 018\ 880\ n^5} + \mathcal{O} \left(\frac{1}{n^5} \right) \right)$ .

Fue Abraham de Moivre quién obtuvo este resultado, estableciendo lo siguiente: $\ln (n!) = (n + \frac 1 2)\ln(n) - n + \ln(2\pi)+ \sum_{k = 1}^{+\infty} \frac{B_{2k}}{2k(2k-1)n^{2k-1}},$ donde los $B_{2k} \$ son los números de Bernoulli. De hecho el factor $1 + \frac 1 {12n}$ representa una sustencial mejora de la fórmula de la aproximación de n!, como lo muestra la tabla siguiente, donde se calculan los errores relativos (el cociente del valor exacto por el valor aproximativo) sin y luego con este factor:

n	$x = \frac {n!} {\sqrt{2 \pi n} \; \left(\frac{n}{e}\right)^{n}}$	$y = \frac {n!} {\sqrt{2 \pi n} \; \left(\frac{n}{e}\right)^{n} \left ( 1 + \frac 1 {12n} \right ) }$
1	1,084437550	1,001019277
5	1,016783986	1,000115396
10	1,008365359	1,000031761
50	1,001668034	1,000001365
100	1,000833677	1,000000344
500	1,000166681	1,000000014
1000	1,000083337	1,000000003