요인에 대한 근사치
스털링의 근사치와 요인의 비교 수학 에서 스털링의 근사 (또는 스털링의 공식 )는 인수분해 에 대한 근사입니다. n {\displaystyle } . 아브라함 드 무아브르 에 의해 처음으로 언급되었지만, 제임스 스털링의 이름을 따서 명명되었습니다.[1] [2] [3]
근사치를 나타내는 한 가지 방법은 요인의 로그 를 포함합니다.
ln ( n ! ) = n ln n − n + O ( ln n ) , {\displaystyle \ln(n!) =n\ln n-n+O(\ln n),} 여기서 큰 O 표기법 은 충분히 큰 n {\displaystyle } 대해 ln (n!) {\displaystyle 비교 정렬을 위한 최악 의 경우 하한 과 같은 컴퓨터 과학 응용 프로그램에서는 대신 동등한 형태를 제공하는 이진 로그 를 사용하는 것이 편리합니다. 로그. 2 ( n ! ) = n 로그. 2 n − n 로그. 2 e + O ( 로그. 2 n ) . {\displaystyle \log _{2}(n!)=n\log _{2}n-n\log _{2}e+O(\log _{2}n).} 두 기저의 오차항은 12 log ( ) {\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\log(2\pin ({\ n ! ∼ 2 π n ( n e ) n . {\displaystyle n!\sim {\sqrt {2\pin}}\left ({\frac {n}{e}}\right)^{n}} 여기서 부호 {\displaystyle \sim} n {\displaystyle n} 양 이 점근적임을 다음 유지 것 모든 n개 displaystyle n\geq 1}에 대해 유지 됩니다. 2 π n ( n e ) n e 1 12 n + 1 < n ! < 2 π n ( n e ) n e 1 12 n . {\displaystyle {\sqrt {2\pi n}}\ \left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {1}{12n+1}}<n! <{\sqrt {2\pi n}}\ \left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {1}{12n}}.}
파생 대략적으로, 스털링 공식의 가장 간단한 버전은 그 합을 근사함으로써 빠르게 구할 수 있습니다.
ln ( n ! ) = ∑ j = 1 n ln j {\displaystyle \ln(n!) =\sum _{j=1}^{n}\ln j} 일체형 : ∑ j = 1 n ln j ≈ ∫ 1 n ln x d x = n ln n − n + 1. {\displaystyle \sum _{j=1}^{n}\ln j\approx \int _{1}^{n}\ln x\,{\rm {d}}x=n\ln n-n+1.}
전체 공식은 오차에 대한 정확한 추정과 함께 다음과 같이 유도할 수 있습니다. n!{\displaystyle !} , 천천히 변하는 함수 이기 때문에 자연 로그 를 고려합니다.
ln ( n ! ) = ln 1 + ln 2 + ⋯ + ln n . {\displaystyle \ln(n!) =\ln 1+\ln 2+\cdots +\ln n.}
이 방정식의 우변에서 다음을 뺀 값
1 2 ( ln 1 + ln n ) = 1 2 ln n {\displaystyle {\tfrac {1}{2}}(\ln 1+\ln n)={\tfrac {1}{2}}\ln n} 는 적분의 사다리꼴 규칙 에 의한 근사치입니다. ln ( n ! ) − 1 2 ln n ≈ ∫ 1 n ln x d x = n ln n − n + 1 , {\displaystyle \ln(n!)-{\tfrac {1}{2}}\ln n\approx \int _{1}^{n}\ln x\,{\rm {d}}x=n\ln n-n+1,}
이 근사의 오차는 오일러-매클로린 공식 에 의해 주어집니다.
ln ( n ! ) − 1 2 ln n = 1 2 ln 1 + ln 2 + ln 3 + ⋯ + ln ( n − 1 ) + 1 2 ln n = n ln n − n + 1 + ∑ k = 2 m ( − 1 ) k B k k ( k − 1 ) ( 1 n k − 1 − 1 ) + R m , n , {\displaystyle {\begin{aligned}\ln(n!)-{\tfrac {1}{2}}\ln n&={\tfrac {1}{2}}\ln 1+\ln 2+\ln 3+\cdots +\ln(n-1)+{\tfrac {1}{2}}\ln n\\&=n\ln n-n+1+\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)}}\left({\frac {1}{n^{k-1}}}-1\right)+ R_{m,n},\end{aligned}}
여기서 Bk {\ displaystyle B_{k}} 베르누이 수이고 R m ,n 다음을 찾기 위해 제한을 두십시오.
임의 n → ∞ ( ln ( n ! ) − n ln n + n − 1 2 ln n ) = 1 − ∑ k = 2 m ( − 1 ) k B k k ( k − 1 ) + 임의 n → ∞ R m , n . {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(\ln(n!)-n\ln n+n-{\tfrac {1}{2}}\ln n\right)=1-\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)}}+\lim _{n\to \infty }R_{m,n}.}
이 극한을 y {\displaystyle y} . R m ,n
R m , n = 임의 n → ∞ R m , n + O ( 1 n m ) , {\displaystyle R_{m,n}=\lim _{n\to \infty }R_{m,n}+O\left({\frac {1}{n^{m}}}\right),}
big-O 표기법 이 사용되는 경우 위의 방정식들을 결합하면 로그 형태로 근사 공식이 산출됩니다.
ln ( n ! ) = n ln ( n e ) + 1 2 ln n + y + ∑ k = 2 m ( − 1 ) k B k k ( k − 1 ) n k − 1 + O ( 1 n m ) . {\displaystyle \ln(n!) =n\ln \left({\frac {n}{e}}\right)+{\tfrac {1}{2}}\ln n+y+\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)n^{k-1}}}+O\left({\frac {1}{n^{m}}}\right).}
양변의 지수를 취하고 임의의 양의 정수 {\displaystyle m} {\displaystyle ^{y}} . 1일 공식 은 다음과 같습니다.
n ! = e y n ( n e ) n ( 1 + O ( 1 n ) ) . {\displaystyle n! =e^{y}{\sqrt {n}}\left({\frac {n}{e}}\right) ^{n}\left(1+O\left({\frac {1}{n}}\right)\right).}
수량 e {\displaystyle e^{y}} {\displaystyle n} 월리스의 제품 을 사용하여 찾을 수 있으며, 이는 e displaystyle
n ! = 2 π n ( n e ) n ( 1 + O ( 1 n ) ) . {\displaystyle n! ={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right) ^{n}\left(1+O\left({\frac {1}{n}}\right)\right).}
대체 도함수 감마 함수 를 사용하여n! {\displaystyle n!}
n ! = ∫ 0 ∞ x n e − x d x . {\displaystyle n! =\int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-x}\,{\rm {d}}x.} (부품별 반복적인 통합에서 알 수 있듯이). 변수 x ny n ! = ∫ 0 ∞ e n ln x − x d x = e n ln n n ∫ 0 ∞ e n ( ln y − y ) d y . {\displaystyle n! =\int _{0}^{\infty }e^{n\ln x-x}\,{\rm {d}}x=e^{n\ln n}n\int _{0}^{\infty }e^{n(\ln y-y)}\,{\rm {d}}y.} Laplace의 방법 을 적용하는 것 ∫ 0 ∞ e n ( ln y − y ) d y ∼ 2 π n e − n , {\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{n(\ln y-y)}\,{\rm {d}}y\sim {\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}e^{-n},} 스털링의 공식을 복구합니다. n ! ∼ e n ln n n 2 π n e − n = 2 π n ( n e ) n . {\displaystyle n!\sim e^{n\ln n}n{\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}e^{-n}={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}.}
고차수 실제로 Laplace의 방법을 사용하여 추가 수정을 얻을 수도 있습니다. 이전 결과에서 x x {\displaystyle \Gamma x)\sim x^{ ^{-
x − x e x Γ ( x ) = ∫ R e x ( 1 + t − e t ) d t {\displaystyle x^{-x}e^{x}\Gamma (x)=\int _{\mathbb {R} }e^{x(1+t-e^{t})}dt} 이제 t t et {\displaystyle \maps 1+ 0 부근에서는 - t 2 {\displaystyle -t^{2}/2 Laplace의 방법을 더 높은 차수로 확장하기 위해 t e {\ t 6 }\tau ^{4}+O(\tau ^{5 x − x e x Γ ( x ) = ∫ R e − x τ 2 / 2 ( 1 − τ / 3 + τ 2 / 12 + 4 a 4 τ 3 + O ( τ 4 ) ) d τ = 2 π ( x − 1 / 2 + x − 3 / 2 / 12 ) + O ( x − 5 / 2 ) {\displaystyle x^{-x}e^{x}\Gamma (x)=\int _{\mathbb {R} }e^{-x\tau ^{2}/2}(1-\tau /3+\tau ^{2}/12+4a_{4 }\tau ^{3}+O(\tau ^{4}))d\tau ={\sqrt {2\pi }}(x^{-1/2}+x^{-3/2}/12)+O(x^{-5/2})} 적분에 의해 제거되므로 실제로 4 {\ displaystyle a_{4} . t displaystyle t
그리하여 스털링의 공식을 두 가지 순서로 정리합니다.
n ! = 2 π n ( n e ) n ( 1 + 1 12 n + O ( 1 n 2 ) ) . {\displaystyle n! ={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right) ^{n}\left(1+{\frac {1}{12n}}+O\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right).}
복소해석학 버전 이 방법의[4] 1n! {\ displaystyle {\frac {1}{n! }}} 지수 ez = ∑ = ∞ z n ! {\displaystyle z} = \ = infty}{\ }}} , 코시의 적분식 에 의해 다음과 같이 계산됩니다.
1 n ! = 1 2 π i ∮ z = r e z z n + 1 d z . {\displaystyle {\frac {1}{n! }}={\frac {1}{2\pi i}}\oint \limits _{ z =r}{\frac {e^{z}}{z^{n+1}}}\,\mathrm {d} z.}
그런 다음 이 선 적분 은 새들 포인트 방법을 사용하여 윤곽 반지름 r 그런 다음 안장점 근처의 적분의 지배적인 부분은 실수 적분과 라플라스의 방법으로 근사화되고, 적분의 나머지 부분은 위에 경계를 지정하여 오차항을 제공할 수 있습니다.
수렴속도 및 오차추정 절단된 스털링 급수 대 n {\displaystyle } 곡선의 꼬임은 절단된 영상 시리즈가 γ(n + 1)과 일치하는 점을 나타냅니다. 스털링의 공식은 실제로 다음 급수(현재 스털링 급수 라고 함)에 대한 첫 번째 근사치입니다.[5]
n ! ∼ 2 π n ( n e ) n ( 1 + 1 12 n + 1 288 n 2 − 139 51840 n 3 − 571 2488320 n 4 + ⋯ ) . {\displaystyle n!\sqrt {2\pin}}\left ({\frac {n}{e}}\right) ^{n}\left(1+{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{288n^{2}}}-{\frac {139}{51840n^{3}}}-{\frac {571}{2488320n^{4 }}}+\cdots \right).}
이 급수의 계수에 대한 명시적인 공식은 G에 의해 주어졌습니다. 네메스.[6] 추가 용어는 온라인 정수 시퀀스 백과사전에 A001163 및 A001164 로 나열되어 있습니다. 이 섹션의 첫 번째 그래프는 상대 오차 대 n {\displaystyle n} [7]
A 2 j + 1 ∼ ( − 1 ) j 2 ( 2 j ) ! / ( 2 π ) 2 ( j + 1 ) {\displaystyle A_{2j+1}\sim (-1)^{j}2(2j)!/(2\pi )^{2(j+1)}} 비율 검정 을 통해 수렴 반경 이 0임을 알 수 있습니다.
절단된 스털링 급수의 상대 오차 대 사용된 항 수 n 이것은 점근적 확장 의 예입니다. 수렴 영상 시리즈가 아닙니다. n {\displaystyle } 이 그래프는 다음 그래프에 나타나 있습니다. 이 그래프는 더 큰 수의 항에 대한 시리즈의 항 수에 대한 상대 오차를 보여줍니다. 보다 정확하게는 S (n ,t )t {\displaystyle t } n {\displaystyle } . 그래프를 보면
ln ( S ( n , t ) n ! ) , {\displaystyle \left \ln \left({\frac {S(n,t)}{n! })\right)\right,} 작은 경우에는 본질적으로 상대 오차입니다.
스털링의 연작을 형식으로 쓰기
ln ( n ! ) ∼ n ln n − n + 1 2 ln ( 2 π n ) + 1 12 n − 1 360 n 3 + 1 1260 n 5 − 1 1680 n 7 + ⋯ , {\displaystyle \ln(n!)\sim n\ln n-n+{\tfrac {1}{2}}\ln(2\pi n)+{\frac {1}{12n}}-{\frac {1}{360n^{3 }}}+{\frac {1}{1260n^{5}}}-{\frac {1}{1680n^{7 }}}+\cdots,} 열을 자를 때의 오차는 항상 반대 부호이며 처음 생략된 항과 크기가 같다고 알려져 있습니다.
로빈스로 인해 모든 양의 정수 n {\displaystyle n} [8]
2 π n ( n e ) n e 1 12 n + 1 < n ! < 2 π n ( n e ) n e 1 12 n . {\displaystyle {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {1}{12n+1}}<n! <{\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {1}{12n}}.} 이 바인딩의 더 느슨한 버전은 모든 n개의 1 대해 ! n 12 {\displaystyle {\frac }}{n n+{\frac { }}}\in({\ pi}}}, e ]}
감마 함수에 대한 스털링 공식 모든 양의 정수에 대하여,
n ! = Γ ( n + 1 ) , {\displaystyle n!=\Gamma(n+1),} 여기 서 γ는 감마 함수를 나타냅니다 .
그러나 감마 함수는 요인과 달리 양이 아닌 정수를 제외한 모든 복소수에 대해 더 광범위하게 정의됩니다. 그럼에도 불구하고 스털링 공식은 여전히 적용될 수 있습니다. Re(z ) > 0 이면.
ln Γ ( z ) = z ln z − z + 1 2 ln 2 π z + ∫ 0 ∞ 2 아크탄 ( t z ) e 2 π t − 1 d t . {\displaystyle \ln \Gamma (z)=z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{z}}\right) }{e^{2\pi t}-1}}\,{\rm {d}}t.}
부품별로 반복적인 통합을 통해 얻을 수 있는 이점
ln Γ ( z ) ∼ z ln z − z + 1 2 ln 2 π z + ∑ n = 1 N − 1 B 2 n 2 n ( 2 n − 1 ) z 2 n − 1 , {\displaystyle \ln \Gamma (z)\sim z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\sum _{n=1}^{N-1}{\frac {B_{2n}}{2n(2n-1)z^{2n-1}}},}
여기서 Bn {\displaystyle B_{n}} {\displaystyle } 번째 Bernoulli 번호입니다(합의 displaystyle \to 점근적 확장 에 불과합니다). 이 arg(z ) < 오차항 절댓값이 충분히 큰 z {\displaystyle } 이제 해당 근사치를 다음과 같이 쓸 수 있습니다.
Γ ( z ) = 2 π z ( z e ) z ( 1 + O ( 1 z ) ) . {\displaystyle \Gamma(z)={\sqrt {\frac {2\pi}{z}}\,{\left ({\frac {z}{e}}\right)}^{z}\left(1+O\left({\frac {1}{z}\right)\right)}
n {\ displaystyle n !} , n {\ n !} 1 대체 됩니다.[9]
이 점근적 확장의 또 다른 적용은 상수 Re(z )를 갖는 복소 인수 z에 대한 것입니다. 예를 들어 직선 1 / 4 위의 리만-시겔 세타 함수 의 Im(z ) = t .
오차 한계 임의의 양의 정수 N {\displaystyle }
ln Γ ( z ) = z ln z − z + 1 2 ln 2 π z + ∑ n = 1 N − 1 B 2 n 2 n ( 2 n − 1 ) z 2 n − 1 + R N ( z ) {\displaystyle \ln \Gamma (z)=z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\sum \limits _{n=1}^{N-1}{\frac {B_{2n}}{2n\left({2n-1}\right)z^{2n-1}}}+R_{N}(z)} 그리고. Γ ( z ) = 2 π z ( z e ) z ( ∑ n = 0 N − 1 a n z n + R ~ N ( z ) ) . {\displaystyle \Gamma (z)={\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {z}{e}}\right)^{z}\left({\sum \limits _{n=0}^{N-1}{\frac {a_{n}}{z^{n}}}+{\widetilde {R}}_{N}(z)}\right).}
그러면[10] [11]
R N ( z ) ≤ B 2 N 2 N ( 2 N − 1 ) z 2 N − 1 × { 1 한다면 논박 z ≤ π 4 , csc ( 논박 z ) 한다면 π 4 < 논박 z < π 2 , 초 2 N ( 논박 z 2 ) 한다면 논박 z < π , R ~ N ( z ) ≤ ( a N z N + a N + 1 z N + 1 ) × { 1 한다면 논박 z ≤ π 4 , csc ( 2 논박 z ) 한다면 π 4 < 논박 z < π 2 . {\displaystyle {\begin{aligned} R_{N}(z) &\leq {\frac { B_{2N} }{2N(2N-1) z ^{2N-1}}}\times {\begin{cases}1&{\text{ if }}\left \arg z\right \leq {\frac {\pi }{4}},\\\left \csc(\arg z)\right &{\text{ if }}{\frac {\pi }{4}}<\left \arg z\right <{\frac {\pi }{2}},\\\sec ^{2N}\left({\tfrac {\arg z}{2}}\right)&{\text{ if }}\left \arg z\right <\pi , \end{case}}\[6pt]\left {\widetilde {R}_{N}(z)\right &\leq \left({\frac {\left a_{N}\right}{z ^{N}}+{\left a_{N+1}\right }{z ^{N+1}\right)\times {\begin{case}1&{\text{if}}\left \arg z\right {\frac {\pi }{4}}\\leq \csc(2\arg z)\right & {\text{if}}{\frac {\pi }{4}}<\left \arg z\right <{\frac {\pi }{2}}. \end{case}}\end{align}}
자세한 내용 및 기타 오류 범위는 인용된 논문을 참조하십시오.
스털링 공식의 수렴 버전 토마스 베이즈 는 1763년 왕립학회 에서 출판한 존 캔톤 에게 보낸 편지에서 스털링의 공식이 수렴급수 를 제공하지 않는다는 것을 보여주었습니다.[12] 스털링 공식의 수렴 버전을 얻는 것은 비네 공식 을 평가하는 것을 수반합니다.
∫ 0 ∞ 2 아크탄 ( t x ) e 2 π t − 1 d t = ln Γ ( x ) − x ln x + x − 1 2 ln 2 π x . {\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac {2\arctan \left ({\frac {t}{x}}\right) }{e^{2\pi t}-1}}\,{\rm {d}}t=\ln \Gamma (x)-x\ln x+x-{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{x}}.}
한 가지 방법은 수렴하는 일련의 역상승 인자 를 이용 하는 것입니다. 만약
z n ¯ = z ( z + 1 ) ⋯ ( z + n − 1 ) , {\displaystyle z^{\bar {n}}=z(z+1)\cdots (z+n-1),} 그리고나서 ∫ 0 ∞ 2 아크탄 ( t x ) e 2 π t − 1 d t = ∑ n = 1 ∞ c n ( x + 1 ) n ¯ , {\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac {2\arctan \left ({\frac {t}{x}}\right) }{e^{2\pi t}-1}}\,{\rm {d}}t=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {c_{n}}{(x+1)^{\bar {n}}}},} 어디에 c n = 1 n ∫ 0 1 x n ¯ ( x − 1 2 ) d x = 1 2 n ∑ k = 1 n k s ( n , k ) ( k + 1 ) ( k + 2 ) , {\displaystyle c_{n}={\frac {1}{n}}\int _{0}^{1}x^{\bar {n}}\left(x-{\tfrac {1}{2}}\right)\,{\rm {d}}x={\frac {1}{2n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k s(n,k) }{(k+1)(k+2)}},} 여기서 s (n ,k )번째 종류의 스털링 수 를 나타냅니다. 이것으로부터 스털링의 시리즈의 버전을 얻습니다. ln Γ ( x ) = x ln x − x + 1 2 ln 2 π x + 1 12 ( x + 1 ) + 1 12 ( x + 1 ) ( x + 2 ) + + 59 360 ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 3 ) + 29 60 ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 3 ) ( x + 4 ) + ⋯ , {\displaystyle {\begin{aligned}\ln \Gamma (x)&=x\ln x-x+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{x}}+{\frac {1}{12(x+1)}}+{\frac {1}{12(x+1)(x+2)}}+\\&\quad +{\frac {59}{360(x+1)(x+2)(x+3)}}+{\frac {29}{60(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)}}+\cdots ,\end{aligned}}} 이는 Re(x ) > 0일 때 수렴합니다. 스털링의 공식은 다음과[13] Γ ( x ) = 2 π x x − 1 2 e − x + μ ( x ) {\displaystyle \Gamma (x)={\sqrt {2\pi }}x^{x-{\frac {1}{2}}}e^{-x+\mu (x)}} 어디에 μ ( x ) = ∑ n = 0 ∞ ( ( x + n + 1 2 ) ln ( 1 + 1 x + n ) − 1 ) . {\displaystyle \mu \left(x\right)=\sum _{n=0}^{\infty}\left(\left(x+n+{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1+{\frac {1}{x+n}}\right)-1\right)}}
계산기에 적합한 버전 어림셈
Γ ( z ) ≈ 2 π z ( z e z 싱 1 z + 1 810 z 6 ) z {\displaystyle \Gamma (z)\approx {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {z}{e}}{\sqrt {z\sinh {\frac {1}{z}}+{\frac {1}{810z^{6}}}}}\right)^{z}} 그리고 그와 동등한 형태. 2 ln Γ ( z ) ≈ ln ( 2 π ) − ln z + z ( 2 ln z + ln ( z 싱 1 z + 1 810 z 6 ) − 2 ) {\displaystyle 2\ln \Gamma (z)\approx \ln(2\pi )-\ln z+z\left(2\ln z+\ln \left(z\sinh {\frac {1}{z}}+{\frac {1}{810z^{6}}}\right)-2\right)} 스털링의 확장 공식을 재정렬하고 결과 멱급수 와 쌍곡 사인 함수의 테일러 급수 확장 사이의 일치를 관찰하면 얻을 수 있습니다. 이 근사값은 실수부가 8보다 큰 z 의 경우 십진법 숫자 8 이상으로 좋습니다. 2002년 로버트 H. 윈드시틀은 프로그램이나 레지스터 메모리가 제한된 계산기에서 감마 함수를 상당히 정확하게 계산하기 위해 이것을 제안했습니다.[14]
Gerg ő Nemes는 2007년에 Windschitl 근사와 같은 숫자의 정확한 숫자를 제공하지만 훨씬 더 간단한 근사를 제안했습니다.
Γ ( z ) ≈ 2 π z ( 1 e ( z + 1 12 z − 1 10 z ) ) z , {\displaystyle \Gamma (z)\approx {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {1}{e}}\left(z+{\frac {1}{12z-{\frac {1}{10z}}}}\right)\right)^{z},} 혹은 그에 상응하는, ln Γ ( z ) ≈ 1 2 ( ln ( 2 π ) − ln z ) + z ( ln ( z + 1 12 z − 1 10 z ) − 1 ) . {\displaystyle \ln \Gamma(z)\proxy {\tfrac {1}{2}}\left(\ln(2\pi)-\ln z\right)+z\left(\ln \left(z+{\frac {1}{12z-{\frac {1}{10z}}\right)-1\right)}
Srinivasa Ramanujan (Ramanujan 1988 [clarification needed )에 의해 언급된 감마 함수에 대한 대안적인 근사치는
Γ ( 1 + x ) ≈ π ( x e ) x ( 8 x 3 + 4 x 2 + x + 1 30 ) 1 6 {\displaystyle \Gamma (1+x)\proxy {\sqrt {\pi}}\left({\frac {x}{e}}\right) ^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\frac {1}{30}}\right)^{\frac {1}{6}}} x ≥ 0의 경우. ln n !/ 1400n 3 점근 오차를 가지며 다음과 같이 주어집니다. ln n ! ≈ n ln n − n + 1 6 ln ( 8 n 3 + 4 n 2 + n + 1 30 ) + 1 2 ln π . {\displaystyle \ln n!\approx n\ln n-n+{\tfrac {1}{6}}\ln(8n^{3}+4n^{2}+n+{\tfrac {1}{30}})+{\tfrac {1}{2}}\ln \pi .}
한 쌍의 상한과 하한을 제공하여 근사치를 정확하게 만들 수 있습니다. 이러한 부등식 중 하나는 다음과[16] [17] [18] [19]
π ( x e ) x ( 8 x 3 + 4 x 2 + x + 1 100 ) 1 / 6 < Γ ( 1 + x ) < π ( x e ) x ( 8 x 3 + 4 x 2 + x + 1 30 ) 1 / 6 . {\displaystyle {\sqrt {\pi}}\left ({\frac {x}{e}}\right) ^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\frac {1}{100}}\right)^{1/6}<\Gamma (1+x)<{\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right) ^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\frac {1}{30}}\right)^{1/6}.}
역사 이 공식은 아브라함 드 무아브르 에[2]
n ! ∼ [ c o n s t a n t ] ⋅ n n + 1 2 e − n . {\displaystyle n!\sim [{\rm {constant}}]\cdot n^{n+{\frac {1}{2}}e^{-n}}
드 무아브르는 상수의 자연 로그에 대해 대략적인 유리수 표현식을 제공했습니다. 스털링의 기여는 상수가 정확히 2 {\sqrt \
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![{\displaystyle {\begin{aligned}|R_{N}(z)|&\leq {\frac {|B_{2N}|}{2N(2N-1)|z|^{2N-1}}}\times {\begin{cases}1&{\text{ if }}\left|\arg z\right|\leq {\frac {\pi }{4}},\\\left|\csc(\arg z)\right|&{\text{ if }}{\frac {\pi }{4}}<\left|\arg z\right|<{\frac {\pi }{2}},\\\sec ^{2N}\left({\tfrac {\arg z}{2}}\right)&{\text{ if }}\left|\arg z\right|<\pi ,\end{cases}}\\[6pt]\left|{\widetilde {R}}_{N}(z)\right|&\leq \left({\frac {\left|a_{N}\right|}{|z|^{N}}}+{\frac {\left|a_{N+1}\right|}{|z|^{N+1}}}\right)\times {\begin{cases}1&{\text{ if }}\left|\arg z\right|\leq {\frac {\pi }{4}},\\\left|\csc(2\arg z)\right|&{\text{ if }}{\frac {\pi }{4}}<\left|\arg z\right|<{\frac {\pi }{2}}.\end{cases}}\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/49a2ef6c072d31d6b521b5e9094485cb362a6e3a)
![{\displaystyle n!\sim [{\rm {constant}}]\cdot n^{n+{\frac {1}{2}}}e^{-n}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9a51109a2de3b04535d0b8065ec095be411bab47)
