تقریب استرلینگStirling's Approximation

[rohamavation]

فرمول استرلینگ یا فرمول تقریب استرلینگ برای دادن مقدار تقریبی یک تابع فاکتوریل (n!) استفاده میشه. این همچنین می تواند برای عملکرد گاما استفاده بشه. از فرمول استرلینگ در ریاضیات کاربردی نیز استفاده می شود.در ریاضیات تقریب استرلینگ، به تقریبی گفته می‌شود که به‌منظور تخمین زدن فاکتوریل‌های بزرگ از آن استفاده می‌شود. این تقریب حتی برای مقادیر کوچک
n نیز مقدار دقیقی را ارائه می‌ده.
تقریب استرلینگتقریب استرلینگ بیان می‌کنه که برای مقادیر بزرگ n می‌توان از رابطه زیر به‌منظور محاسبه n! استفاده کرد.$\large {\displaystyle \ln n ! = n \ln n – n + O ( \ln n ) }$
البته با تغییر مبنای لگاریتم، می‌توان رابطه زیر را نیز بیان کرد:
$\large {\displaystyle \log _ { 2 } n ! = n \log _ { 2 } n – n \log _ { 2
} e + O ( \log _ { 2 } n ) }$با خارج کردن رابطه فوق از حالت لگاریتمی، به عبارت زیر خواهیم رسید.$\large { \displaystyle n ! \sim { \sqrt { 2 \pi n } } \left ( { \frac { n }{ e } } \right ) ^ { n } }$
توجه داشته باشید که علامت ~ نشان‌دهنده تقریبی بودن رابطه فوق است. البته در حالتی که n به سمت بینهایت میل کند، عبارت فوق نیز به‌صورت تساوی در میاد البته در هر مقداری از n، نامساوی زیر را نیز می‌توانیم بیان کنیم:$\large { \displaystyle {\sqrt { 2 \pi } } \ n ^ { n + { \frac { 1 } { 2 } } } e ^ { – n } \leq n ! \leq e \ n ^ { n + { \frac { 1 } { 2 } } } e ^ { – n } }$
اثباتتقریب استرلینگ را می‌توان در ساده‌ اینطور بگم
$\large { \displaystyle \ln n ! = \sum _ { j = 1 } ^ { n } \ln j }$
حاصل جمع ارائه شده در سمت راست را می‌توان با استفاده از یک انتگرال در بازه بین 1 تا n بدست آورد.$\large { \displaystyle \sum _ { j = 1 } ^ { n } \ln j \approx \int _ { 1 }
^ { n } \ln x \, { \rm { d } } x = n \ln n – n + 1 }$
توجه داشته باشید که لگاریتم n! برابر است با:$\large { \displaystyle \ln n ! = \ln 1 + \ln 2 + \cdots + \ln n }$
عبارت ${ \displaystyle { \tfrac { 1 } { 2 } } ( \ln 1 + \ln n ) = { \tfrac { 1 }{ 2 } } \ln n }$
را از لگاریتم طبیعی فوق کم می‌کنیم. در این صورت به عبارت زیر می‌رسیم.$\large { \displaystyle \ln n ! – { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln n \approx \int _ { 1 } ^ { n } \ln x \, { \rm { d } } x = n \ln n – n + 1 }$
مقدار خطا در عبارت بالا را می‌توان با استفاده از فرمول اویلر-مک‌لورن.${ \displaystyle { \begin {aligned} \ln n ! – { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln n & = { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln 1 + \ln 2 + \ln 3 + \cdots + \ln ( n – 1 ) + { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln n \\ & = n \ln n – n + 1 + \sum _ { k = 2 } ^ { m } { \frac { ( – 1 ) ^ { k} B _ { k } }‌ { k ( k – 1 ) } } \left ( { \frac { 1 } { n ^ { k-1 } } } – 1 \right ) + R _ { m ,
n } , \end{aligned} } }$در رابطه فوق $B _ k$ نشان‌دهنده عدد برنولی بوده و $R { m , n }$ مقدار باقیمانده است. در مرحله بعد از طرفین رابطه فوق حد می‌گیریم.
${ \displaystyle \lim _ { n \to \infty } \left ( \ln n ! – n \ln n + n – { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln n \right ) = 1 – \sum _ { k = 2 } ^ { m } { \frac { ( – 1 ) ^ { k } B _ { k } } { k ( k – 1 ) } } + \lim _ { n \to \infty } R _ { m , n } . }$
بنابراین مقدار باقیمانده نیز برابر با عبارت زیر بدست خواهد آمد.$R _ { m , n } = \lim _ { n \to \infty } R _ { m , n } + O \left ( { \frac { 1 }{ n ^ { m } } } \right)$
علامت O نشان‌دهنده مرتبه جمله‌ای است که در پرانتز قرار گرفته است. با ترکیب کردن معادلات فوق، فرمول تقریب نیز به‌صورت زیر بدست می‌آید.
${ \displaystyle \ln n ! = n \ln \left ( { \frac { n } { e } } \right ) + { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln n + y + \sum _ { k = 2 } ^ { m } { \frac { ( – 1 ) ^ { k } B _ { k } }{ k ( k – 1 ) n ^ { k – 1 } } } + O \left ( { \frac { 1 } { n ^ { m } } } \right ) }$
پایه e را به توان جملات فوق می‌رسانیم. اینطوربیان میکنم$\large n ! = e ^ { y } { \sqrt { n } } \left ( { \frac { n } { e }
} \right ) ^ { n } \left ( 1 + O \left ( { \frac { 1 } { n } } \right ) \right)$
مقدار$e ^ y$ را می‌توان با میل دادن n به بینهایت به دست آورد. اندازه این مقدار به ازای m=1 برابر با $e ^ y = \sqrt {2 \pi }$
است. در این صورت فرمول استرلینگ .
$\boxed { n ! = { \sqrt { 2 \pi n } } \left ( { \frac { n } { e }
} \right ) ^ { n } \left ( 1 + O \left ( { \frac { 1 } { n } } \right ) \right)}$
اثبات انجام شده در بالا به روش کلاسیک بود. اما می‌توان با استفاده از روشی جایگزین نیز این اثبات را انجام داد. در حقیقت می‌توان با استفاده از تابع گاما مقدار n! را به‌صورت زیر بیان کرد:${ \displaystyle n ! = \int _ { 0 } ^ { \infty } x ^ { n } e ^{ -x } \, { \rm { d } } x }$انتگرال فوق را می‌توان با استفاده از روش تغییر متغیر‌‌ها، با استفاده از تغییر متغیر x=ny بدست آورد. در این صورت انتگرال فوق را به‌صورت زیر بازنویسی می‌کنیم.${ \displaystyle n ! = \int _ { 0 } ^ { \infty } e ^ { n \ln x – x } \, { \rm { d } }x
= e ^ { n \ln n } n \int _ { 0 } ^ { \infty } e ^ { n ( \ln y – y ) } \, { \rm { d } } y }$
با استفاده از لاپلاس می‌توان از تقریب زیر نیز به‌منظور محاسبه رابطه فوق استفاده کرد.
${ \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \infty } e ^ { n ( \ln y – y ) } \, { \rm { d } } y \sim { \sqrt { \frac { 2 \pi } {‌n } } } e ^ { – n } }$
تا استفاده از تقریب فوق منجر به تقریب لاپلاس می‌شود.$n ! \sim e ^ { n \ln n } n { \sqrt { \frac { 2 \pi } { n } } } e ^ { – n } = { \sqrt { 2 \pi n } } \left ( { \frac { n } { e } } \right ) ^ { n }$
در حقیقت می‌توان با استفاده از لاپلاس به تقریب‌های بالاتر نیز دست یافت. برای نمونه بسط مرتبه دوم با استفاده از لاپلاس به‌صورت زیر بدست می‌آید.${ \displaystyle \int _ { 0 } ^ { \infty } e ^ { n ( \ln y – y ) } \, { \rm { d } } y \sim { \sqrt { \left ( \frac { 2 \pi } { n } \right ) } } e ^ { – n } \left ( 1 + { \frac { 1 }{ 12 n } } \right ) }$
در این صورت تقریب لاپلاس نیز برای مرتبه دوم، برابر با رابطه زیر بدست می‌آید.$n ! \sim e ^ { n \ln n } n { \sqrt { \frac { 2 \pi } { n } } } e ^ { – n } \left ( 1 +{ \frac { 1 } { 12 n } } \right ) = { \sqrt { 2 \pi n } } \left ( { \frac { n }{ e} } \right ) ^ { n } \left ( 1 + { \frac { 1 } { 12 n } } \right )$
سرعت همگرایی و تقریب خطا
فرمول استرلینگ در حقیقت تقریب مرتبه اول سری زیر است (در این‌‌جا به آن سری استرلینگ میگم
${ \displaystyle n ! \sim { \sqrt { 2 \pi n } } \left ( { \frac { n }{ e}
} \right ) ^ { n } \left ( 1 + { \frac { 1 } { 12 n } } + { \frac { 1 } { 288 n ^ { 2 } } } – { \frac { 139 } { 51840 n ^ { 3 } } } – { \frac { 571 } { 2488320 n ^ { 4} }
} + \cdots \right) }$
با میل کردن مقدار n به سمت بینهایت، مقدار خطا در سری را می‌توان تنها با جمله اول تقریب زد. جمله باقیمانده نمونه‌ای از یک بسط مجانبی حساب میشه. توجه داشته باشین بچه های هوپا که این سری همگرا نیست. به ازای هر مقداری از n می‌توان از بینهایت عبارت به‌منظور افزایش دقت سری استفاده کرد. تا عددی مشخص، دقت سری افزایش یافته و پس از آن با افزایش جملات، مقدار خطا نیز افزایش می‌یابد. در شکل زیر مقدار خطا به ازای مقادیر مختلف n نشان داده شده است.به‌طور دقیق‌تر فرض کنید S(n,t) سری‌هایی با t عبارت بوده که در n محاسبه شده است. نمودار فوق نشان‌دهنده قدرمطلق زیر است.
$\left | \ln \left ( { \frac { S ( n , t ) } { n ! } } \right ) \right|$فرمول استرلینگ برای تابع گامادر ریاضیات تابعی تحت گاما (Γ) داریم که به‌صورت زیر تعریف می‌شود. مورد تابع گاما .$\large { \displaystyle \Gamma ( n ) = ( n – 1 ) ! \ }$با توجه به تعریف فوق، مقدار فاکتوریل را می‌توان به‌صورت زیر، بر حسب تابع گاما بیان کرد:$\large n ! = \Gamma ( n + 1 )$
البته برخلاف فاکتوریل، تابع گاما معمولا برای اعداد مختلط تعریف می‌شود. با فرض این‌که بخش حقیقی z مثبت باشد، می‌توان لگاریتم طبیعی را به‌صورت زیر بیان کرد:
${ \displaystyle \ln \Gamma ( z ) = z \ln z – z + { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln { \frac { 2 \pi } { z } } + \int _ { 0 }^ { \infty } { \frac { 2 \arctan \left ( { \frac { t } { z } } \right ) } { e ^ { 2 \pi t } – 1 } } \, { \rm { d } } t }$با انتگرال‌گیری جزء‌به‌جزء، عبارت زیر بدست می‌آید.$\large { \displaystyle \ln \Gamma ( z ) \sim z \ln z – z + { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln { \frac { 2 \pi } { z } } + \sum _ { n = 1 } ^ { N – 1 } { \frac { B _ { 2 n } } { 2 n ( 2 n – 1 ) z ^ {2 n-1 } } } }‌$
در رابطه فوق Bn عدد برنولی با مرتبه n است. رابطه فوق برای z، زمانی درست است که اندازه آن به مقدار کافی بزرگ بوده و آرگومان یا زاویه آن نیز در کمتر از مقدار زیر باشد.$\large | \arg ( z ) | < π − ε$از طرفی ε مقداری مثبت بوده و خطای آن نیز از مرتبه $O ( z ^ { − 2 N + 1 } )$ است. در این صورت تابع گامای مرتبط با این خطا، مطابق با رابطه زیر بدست می‌‌آید.
${ \displaystyle \Gamma ( z ) = { \sqrt { \frac { 2 \pi } { z } } } \, { \left ( { \frac { z } { e } } \right ) } ^ { z } \left ( 1 + O \left ( { \frac { 1 } { z } } \right ) \right) }$
دیگر کاربردهای بسط مجانبی نیز مربوط به اعداد مختلطی است که مقادیر حقیقی z ثابت هستند $Re ( z ) = c t e$. به ازای هر عدد طبیعی N می‌توان تقریب استرلینگ را به‌صورت زیر نوشت.
${ \displaystyle \ln \Gamma ( z ) = z \ln z – z + { \tfrac { 1 } { 2 } } \ln { \frac { 2 \pi }{ z } } + \sum \limits _ { n = 1 } ^ { N – 1 } { \frac { B _ { 2 n } } { 2 n \left ( { 2 n – 1 } \right ) z ^ { 2 n -1 } } } + R _ { N } ( z ) }$
از طرفی تابع گاما را نیز مطابق با رابطه زیر بدست آوردیم.${ \displaystyle \Gamma ( z ) = { \sqrt { \frac { 2 \pi } { z } } } \left({\frac {z}{e}}\right ) ^ {z } \left({\sum \limits _ { n = 0 } ^ { N- 1 }{\frac { a _ { n }} {z ^ { n }} } + { \widetilde { R } } _ { N } ( z ) } \right) }$ای تابع گاما و تقریب بیان شده در بالا،‌ مقادیر خطا برابرند با:
${ \displaystyle { \begin {aligned}| R _ { N } ( z ) | & \leq { \frac { |B _ { 2 N } |} { 2 N ( 2 N – 1 ) | z | ^ { 2 N – 1 } } } { \begin {cases} 1 & { \text { if }}|\arg z|\leq {\frac {\pi }{4}},\\|\csc(\arg z)|&{\text{ if }}{\frac {\pi }{4}}<|\arg z|<{\frac {\pi }{2}},\\\sec ^{2N}\left({\tfrac {\arg z } { 2 } } \right)&{\text{ if }}|\arg z|<\pi ,\end {cases}}\\[6pt]\left|{\widetilde { R } } _ { N } ( z ) \right|&\leq \left({\frac {\left|a _ { N } \right| } { |z| ^ { N } } } + { \frac {\left|a_{N+1}\right|}{|z| ^ { N + 1 } } } \right ) { \begin {cases}1&{\text{ if }}|\arg z|\leq {\frac {\pi } { 4 } } ,\\|\csc(\arg z)|&{\text { if }}{\frac {\pi }{4}}<|\arg z| < { \frac {\pi } { 2 } }.\end {cases} }\end {aligned} } }$
استخراج فرمول تقریب استرلینگ از طریق تعریف تابع گامادر کلاس تحلیل مجانبی و ترکیبیات این سوال از من پرسیده شد:
ابتدا تعریف f تابع گاما $\Gamma(n+1) = n! = \int_{0}^{\infty} t^{n} e^{-t} dt$ را به خاطر می آوریم.
و با استفاده از این تعریف می‌خواهیم فرمول تقریب استرلینگ را برای n بسیار بزرگ ثابت کنیم
$n! \sim (\frac{n}{e})^n \sqrt{2 \pi n}$
من متوجه شدم ایده این است که حد را در n→∞ نشان دهیم
از ضریب 1 است، اما از آنجایی که n گسسته است، پس قانون l'Hopital از پنجره خارج می شود و من نمی دانم چگونه از تعریف تابع گاما برای استخراج آن استفاده کنم، حتی پس از کمی فکر کردن، بنابراین من اینجا می پرسم به این امید که یافتن کمک با تشکر از همه بچه های هوپا
توجه داشته باشید که تابع گاما دارای نمایش یکپارچه است
$\Gamma(z+1)=\int_0^\infty t^ze^{-t}\,dt \tag 1$برای $\text{Re}(z)>0$.
اجرای جایگزینی t=zs
بازده - جوابم
$\begin{align}
\Gamma(z+1)&=z^{z+1}\int_0^\infty t^ze^{-zt}\,dt \\\\
&=z^{z+1}\int_0^\infty e^{z(\log(t)-t)}\,dt \tag 2
\end{align}$
استفاده از روش لاپلاس در (2)
با M=z و $f(t)=\log(t)-t$، ما بدست می آوریم
$\begin{align}
\Gamma(z+1)&\sim \sqrt{\frac{2\pi}{z}}e^{-z}z^{z+1}\\\\
&=\sqrt{2\pi z}\left(\frac{z}{e}\right)^z \tag ROHAM3
\end{align}$در نهایت، z=n را تنظیم کنید
در (3) بازده -جواب
$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\Gamma(n+1)=n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^n}$
همانطور که قرار بود نشان داده شود!