Asintótica de términos y errores en la Aproximación de Stirling

El libro de Temme, sugerido por JM, ofrece un análisis explícito de los términos restantes. Sin embargo, no lo hace por la serie de Stirling de$n!$, pero para un tamaño similar$n$expansión asintótica de$\ln n!$:

$$\ln n! \sim n(\ln n - 1) + \frac{1}{2}(\ln n + \ln 2\pi) + \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty} R_k,\quad\mbox{where}\quad R_k=\frac{B_{2k}}{k(2k-1)n^{2k-1}}\qquad (1)$$ y $B_{2k}$indican los números de Bernoulli , véase DLMF . En la página 65, Temme muestra que el error de la expansión truncada está acotado por la magnitud del primer término despreciado. Por lo tanto, el truncamiento óptimo está en el término más pequeño de la suma. Teniendo en cuenta que $B_{2k}\sim 4\sqrt{\pi k}(k/\pi e)^{2k}$, puedes escribir $$R_k\sim \frac{4\sqrt{k}}{\sqrt{\pi}e(2k-1)} \left(\frac{k}{\pi e n}\right)^{2k-1}.$$ El primer factor es irrelevante para el orden principal. Es entonces un ejercicio fácil establecer que cuando $C$es grande, el mínimo de la función $(x/C)^{2x-1}$se logra cuando $x\approx C/e$. Por lo tanto, la trancación óptima se logra en $k\approx\pi n$, entonces tus $f(n)\approx\pi n$, tal como lo obtuvo robjohn.

Este resultado puede confirmarse graficando los errores relativos obtenidos al usar desarrollos (1) truncados en$N$th término. La curva roja se calcula para$n=10$, mientras que la curva azul se calcula para$n=20$.

Una fórmula similarmente simple para$f(n)$en el caso de la serie de Stirling no es muy probable que exista, porque los últimos términos de la serie de Stirling no disminuyen (o aumentan) de manera monótona, consulte WGC Boyd " Gamma Function Asymptotics by an Extension of the Method of Steepest Descents", proc. R. Soc. largo A, 447 (1931), 609-630 (1994) . Sin embargo, el artículo de Boyd ofrece un análisis de última generación del error restante de la serie truncada de Stirling, por lo que ofrece una respuesta a su segunda pregunta. Boyd también proporciona expresiones asintóticas simples para los coeficientes de la serie de Stirling, por lo que debería poder construir una asintótica para$f(n)$de los resultados dados en su artículo.

La fórmula de la suma de Euler-Maclaurin tiene la forma

$$\sum_{k\le n}\;f(k)=\int^n f(x)\;\mathrm{d}x+\frac{1}{2}f(n)+\sum_{k\ge1}a_{2k}f^{(2k-1)}(n)\tag{1}$$ dónde $\limsup\limits_{k=\infty}\;|a_{2k}|^{1/k}=\dfrac{1}{4\pi^2}$. Esto es porque $$\frac{x}{1-e^{-x}}=\sum_{k=0}^\infty a_kx^k\tag{2}$$ y la serie en $(2)$tiene un radio de convergencia de $2\pi$.

Para$\log(n!)$,$f(n)=\log(n)$, entonces$|f^{(2k-1)}(n)|=\dfrac{(2k-2)!}{n^{2k-1}}$. Por lo tanto, los términos de la serie de Euler-Maclaurin para$\log(n!)$crecer un poco como$\dfrac{(2k-2)!}{(2\pi n)^{2k-1}}$. Dado que la serie para cada$e^{n^{-k}}$converge (al exponenciar la expansión asintótica para$\log(n!)$), esperaría que los términos en la serie asintótica para$\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n}$también crecería de la misma manera. Por lo tanto, supongo que los términos en la fórmula de Stirling comenzarían a aumentar cuando$k\sim\pi n$.

La expansión de Stirling se puede escribir como

$$n! \sim \sqrt {2\pi } n^{n+1/2} e^{ - n} \sum\limits_{k = 0}^\infty {\left( { - 1} \right)^k \frac{{\gamma _k }}{{n^k }}}.$$ se sabe que $$\gamma _{2k + 1} = \frac{{\left( { - 1} \right)^k }}{\pi }\frac{{\Gamma ( 2k + 1)}}{{\left( {2\pi } \right)^{2k + 1} }}\left( {1 + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{k}} \right)} \right) = \frac{{\left( { - 1} \right)^k }}{{\pi e^{ - 1} }}\left( {\frac{k}{{\pi e}}} \right)^{2k + 1} \sqrt {\frac{\pi }{k}} \left( {1 + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{k}} \right)} \right)$$ y $$\gamma _{2k} = \frac{{\left( { - 1} \right)^{k + 1} }}{6}\frac{{\Gamma (2k - 1)}}{{\left( {2\pi } \right)^{2k} }}\left( {1 + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{k}} \right)} \right) = \frac{{\left( { - 1} \right)^{k + 1} }}{{12}}\left( {\frac{k}{{\pi e}}} \right)^{2k} \sqrt {\frac{\pi }{{k^3 }}} \left( {1 + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{k}} \right)} \right)$$ como$k\to +\infty$. Por lo tanto,$f(n) \approx 2\pi n$para grande$n$.