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La f´ormula de Stirling Luis Carlos Garc´ıa Lirola 16 de septiembre de 2009

Ahora que he le´ıdo Methodus Differentialis diligentemente, estoy verdaderamente sorprendido por la gran abundancia de m´etodos excelentes que incluye un volumen tan peque˜ no, por medio de los cuales Ud. muestra c´omo sumar con facilidad series que convergen lentamente y c´omo interpolar progresiones que son muy dif´ıciles de tratar. Carta de Euler a Stirling (8 de junio de 1736) [7]

1.

Introducci´ on

El presente trabajo tiene como objetivo presentar la f´ormula de Striling, junto con dos demostraciones de la misma, de manera que sean accesibles a alumnos de primer curso de licenciatura. Tambi´en veremos aplicaciones de la f´ormula en la demostraci´on de otros resultados, y c´omo se utiliza como aproximaci´on en combinatioria o probabilidad, donde son frecuentes los factoriales.

1.1.

Conocimientos previos

Antes de centrarnos en la f´ormula de Striling, necesitamos conocer algunos resultados importantes que utilizaremos para su demostraci´on. El primero de ellos es una curiosa f´ormula que data de 1655 y puede ser utilizada para el c´alculo de π, aunque no de forma eficiente. Fue demostrada por el matem´atico ingl´es John Wallis (1616-1703): Teorema 1 (Producto de Wallis).  ∞  π Y 2k 2k 2 · 2 · 4 · 4 · 6 · 6... = = 2 k=1 2k − 1 2k + 1 1 · 3 · 3 · 5 · 5 · 7... 1

Demostraci´on. Se puede encontrar en Lecciones de An´alisis Matem´atico I, de Jose Antonio Fern´andez Vi˜ na (p´ag. 276) Corolario 2.

n

√ 1 Y 2k l´ım √ = π n→∞ n k=1 2k − 1 Demostraci´on. Basta con operar adecuadamente el producto anterior:   ∞  n  Y Y π 2k 2k 2k 2k = = l´ım n→∞ 2 2k − 1 2k + 1 2k − 1 2k + 1 k=1 k=1 !2 n  n n  Y Y Y 2k − 1 2k (2k)2 2k − 1 = l´ ım = l´ım · n→∞ n→∞ (2k − 1)2 2k + 1 2k − 1 2k + 1 k=1 k=1 k=1 ! ! 2 2 n n Y Y 2k 1 2k 1 = l´ım = l´ım · · n→∞ 2k − 1 2n + 1 n→∞ k=1 2k − 1 2n k=1 De donde se obtiene el resultado buscado. La siguiente funci´on extiende la funci´on factorial definida en los numeros naturales. Fue introducida por primera vez en una carta que escribi´o Leonhard Euler a Christian Goldbach en 1729. La notaci´on con la que la presentamos es debida a Legrende. Teorema 3 (Funci´on Gamma). Sea la funci´on Γ : (0, +∞) → R Z ∞ xp−1 e−x dx Γ(p) := 0

1. La integral anterior es convergente para todo p > 0, es decir, la funci´on est´a bien definida 2. La funci´on Γ cumple la ecuaci´on funcional pΓ(p) = Γ(p + 1) 3. Para cada entero n ≥ 1, se tiene que Γ(n + 1) = n! Demostraci´on. Si 0 < p < 1 la integral tambi´en es impropia en 0, donde es convergente 1 , al ser 1 − p < 1: por comparaci´on con x1−p xp−1 e−x = l´ım e−x = 1 x→0 1/x1−p x→0 l´ım

Para cualquier p resolvemos la singularidad en +∞ por comparaci´on con convergente. xp−1 e−x xp−1 l´ım = l´ ım =0 x→∞ e−x/2 x→∞ ex/2 R∞ Por lo que 0 xp−1 e−x dx es convergente. 2

1 , ex/2

que es

2 ´ Figura 1: Area bajo la funci´on e−x

Para obtener la ecuaci´on funcional integramos por partes con u = xp , du = pxp−1 , dv = e , v = −e−x Z +∞ Z a p −x x e dx = l´ım xp e−x dx Γ(p + 1) = a→∞ 0   Z 0a  p −x a p−1 −x = l´ım −x e 0 + p x e dx a→∞ 0 Z a
p −a p −0 = l´ım −a e + 0 e + l´ım p xp−1 e−x dx a→∞ a→∞ 0 Z +∞ = 0+p xp−1 e−x dx = pΓ(p) −x

0

R∞ La u ´ltima ecuaci´on la probamos por inducci´on. En primer lugar, Γ(1) = 0 e−x dx = a l´ıma→∞ [−e−x ]0 = l´ıma→∞ − e1a +e0 = 1 = 1!. A continuaci´on, supongamos que Γ(n) = (n− 1)!. Usando la ecuaci´on funcional anterior, tenemos que Γ(n+1) = nΓ(n) = n·(n−1)! = n!, como quer´ıamos probar. ´ El u ´ltimo teorema que necesitamos lo introduciremos a trav´es de una an´ecdota. Esta muestra la admiraci´on de William Thomson, f´ısico y matem´atico irland´es tambi´en conocido como Lord Kelvin, por el franc´es Joseph Liouville, el primero en demostrar la existencia de n´ umeros trascendentes. ´ Teorema 4 (Area bajo la campana de Gauss). Un d´ıa Lord Kelvin estaba impartiendo clase en la Universidad de Glasgow y pregunt´o a sus alumnos: - ¿Saben que es un matem´atico? Entonces escribi´o en la pizarra la siguiente ecuaci´on: Z ∞ √ 2 e−x dx = π −∞

- Un matem´atico - dijo se˜ nalando la pizarra - es alguien para el que esto es tan obvio como que dos y dos son cuatro para ustedes. ¡Liouville era un matem´atico! Demostraci´on. Si el lector todav´ıa no es un matem´atico, puede encontrarla en Lecciones de An´alisis Matem´atico I, de Jose Antonio Fern´andez Vi˜ na (p´ag. 277) o en An´ alisis Matem´atico II, del mismo autor (p´ag. 253) 3

2.

La formula de Stirling

Este resultado, tema central del trabajo, permite dar una aproximaci´on de n! para valores grandes de n. Teorema 5 (F´ormula de Stirling). n! l´ım √ =1 n→∞ 2πnnn e−n Es decir, las sucesiones n! y

2.1.

√

2πnnn e−n son equivalentes.

Algunas notas hist´ oricas

La f´ormula anterior fue demostradada en 1730 por el matem´atico escoc´es James Stirling (1692-1770), en la proposici´on 28 de su obra Methodus Differentialis. Este libro es un tratado sobre series infinitas, suma, interpolaci´on y cuadratura. Trabaj´o adem´as en la ventilaci´on de pozos de minas, en la forma de la Tierra y en la variaci´on de gravedad en su superficie. Tambi´en cabe rese˜ nar una contribuci´on no matem´atica: inspeccion´o el r´ıo Clyde con el fin de hacerlo navegable, mediante una serie de esclusas, para facilitar el paso hasta Glasgow. Sus vecinos, agradecidos, le regalaron una tetera de plata por su servicio, sufrimientos y preocupaci´on [9]. Pero la f´ormula de Stirling debe mucho a Abraham de Moivre (1667 - 1754). Este matem´atico franc´es realiz´o importantes trabajos en distribuci´on normal y probabilidad, aunque es conocido principalmente por su f´ormula trigonom´etrica: (cos x + i sin x)n = cos(nx) + i sin(nx) Fue elegido un miembro de Royal Society de Londres en 1697, y tuvo amistad con Edmund Halley y Isaac Newton. Toda su vida fue pobre y acostumbraba a ganar algo de dinero jugando al ajedrez. √ En su libro Miscellanea Analytica, publicado en 1730, obtuvo que n! ≈ cnn ne−n , aunque sin determinar el valor de la constante c. En la segunda edici´on de 1738 da la f´ormula final, otorgando el cr´edito a Stirling [8]: Desist´ı en seguir adelante cuando mi buen amigo Mr. √ James Stirling, quien me hab´ıa seguido en la investigacion, descubri´o que c = 2π. En la etapa final de su vida, de Moivre se sumi´o en un estado de letargo, durmiendo 20 horas al d´ıa. Se dio cuenta de que cada d´ıa dorm´ıa un cuarto de hora m´as, por lo que conjetur´o que morir´ıa cuando durmiese durante 24 horas. Ese d´ıa, calculado por ´el mismo, era el 27 de noviembre de 1754. Estaba en lo cierto. La causa oficial qued´o registrada como somnolencia.

4

Figura 2: Abraham de Moivre

2.2.

Demostraci´ on mediante el producto de Wallis

Necesitaremos un resultado auxiliar: Lema 6. Para todo entero k ≥ 1, se tiene que


3 k−1 5

≤

3 . 2k+1


1−1 3 Demostraci´on. Lo probamos mediante inducci´on. Para k = 1, 35 = 1 = 2+1 , luego se cumple. Supongamos que el resultado es cierto para un entero k. Entonces, para k + 1: 3 2k + 1 3 = · ≥ 2(k + 1) + 1 2k + 1 2k + 3

 k−1  k−1  k 3 3 3 2k + 1 3 ≥ = 5 2k + 3 5 5 5

Donde la u ´ltima desigualdad es cierta ya que: 2k + 1 3 ≥ ⇐⇒ 5(2k + 1) ≥ 3(2k + 3) ⇐⇒ 10k + 5 ≥ 6k + 9 ⇐⇒ 4k ≥ 4 ⇐⇒ k ≥ 1 2k + 3 5

Deduciremos la f´ormula de Stirling de la siguiente desigualdad: Teorema 7. Para cada entero n ≥ 2 se cumple que: 1

e 12n+1/4 < √

1 n! < e 12n −n n 2πne n

Demostraci´on. Usaremos primero que, para |x| < 1:   X (−1)k−1 xk X xk X x2k+1 1+x log = log(1 + x) − log(1 − x) = − =2 1−x k k 2k + 1 k≥1 k≥1 k≥0

5

Tomando en lo anterior x = 

1 n+ 2



Por (1), y puesto que 

1 n+ 2



1 2n+1

≤

1 3

< 1, tenemos que:

    1 2n + 1 1 + 1/(2n + 1) log 1 + −1 = log −1 n 2 1 − 1/(2n + 1) 2n + 1 X (1/(2n + 1))2k+1 = 2 −1 2 2k + 1 k≥0 X 1 = −1 2k (2n + 1) (2k + 1) k≥0 X 1 = 2k (2n + 1) (2k + 1) k≥1 1 2k+1

(1)

≤ 13 , tenemos:

  1 1X 1 log 1 + −1 ≤ n 3 k≥1 (2n + 1)2k

1 1 1 1 1 1/(2n + 1)2 = = (suma de una serie geom´etrica) = 2 2 3 1 − 1/(2n + 1) 3 (2n + 1) − 1 3 4n(n + 1) 1 1 − (2) (en fracciones simples) = 12n 12(n + 1) Por otra parte, y de nuevo a partir de (1), tenemos que, para n ≥ 2:     X 1 1 1 n+ log 1 + −1 = 2 n (2k + 1)(2n + 1)2k k≥1 X 3 1 (reorganizando) = 2 3(2n + 1) k≥1 (2k + 1)(2n + 1)2k−2 ! X  3 k−1 1 1 (usando el lema 6) ≥ 3(2n + 1)2 k≥1 5 (2n + 1)2k−2 k−1 X 1 3 (reorganizando de nuevo) = 3(2n + 1)2 k≥1 5(2n + 1)2 (suma de la serie geom´etrica) =

1 1 1 = 3 2 3(2n + 1) 1 − 5(2n−1)2 3(2n + 1)2 − 9/5

1 12 = 2 + 12n + 6/5 144n + 144n + 72/5 49 72 12 (n ≥ 2 ⇒ 6n + > 12 + 3 > ) > 2 16 5 144n + 150n + 49/16 1 1 = − (3) 12n + 1/4 12(n + 1) + 1/4

(operando y multiplicando por 12) =

12n2

6

Para una mayor brevedad, sean: −1 −1 n! xn = e 12n+1/4 , yn = e 12n , an = n!en n−(n+1/2) = √ n −n nn e

(4)

Observemos que las tres sucesiones son positivas, l´ımn xn = l´ımn yn = 1 y que:  n+1/2 an n!en n−(n+1/2) 1 en n!(n + 1)(n + 1)n+1/2 1 = 1+ = = an+1 (n + 1)!en+1 (n + 1)−(n+1+1/2) en+1 (n + 1)!nn+1/2 e n Supondremos en lo sucesivo que n ≥ 2. Utilizando las desigualdades (2) y (3), tenemos que: −1 1 xn+1 = e 12(n+1)+1/4 + 12n+1/4 xn  n+1/2 1 1 an (n+1/2) log(1+1/n)−1 (desigualdad (3)) < e = 1+ = e n an+1 −1 1 y n+1 (desigualdad (2)) < e 12(n+1) + 12n = yn En resumen,

an yn+1 xn+1 < < xn an+1 yn

(5)

an Adem´as xn+1 /xn > e0 = 1, por lo que an+1 > 1 ⇒ an > an+1 . Es decir, la sucesi´on (an ) es mon´otona decreciente y est´a acotada inferiormente por 0, por tanto tiene l´ımite. Sea a := l´ım an . A partir de (5) deducimos que an xn > an+1 xn+1 y que an yn < an+1 yn+1 , es decir an xn es decreciente y an yn es creciente. Tomando l´ımites:

an xn < an−1 xn−1 ⇒ l´ım an xn ≤ l´ım an−1 · 1 ⇒ l´ım an xn ≤ a an xn > an+1 xn+1 ⇒ l´ım an xn ≥ l´ım an+1 · 1 ⇒ l´ım an xn ≥ a Por lo que l´ım an xn = a. An´alogamente se ve que l´ım an yn = a. Lo anterior lo podemos resumir en que: 0 < an yn < a < an xn (6) A continuaci´on utilizaremos la f´ormula de Wallis (corolario 2) √

π = =

(por (4), n! = an e−n nn+1/2 ) = (agrupando) = (cancelando) =

Q n 1 Y 2k 1 ( nk=1 2k)2 l´ım √ = l´ım √ n→∞ n k=1 2k − 1 n→∞ n (2n)! Q 22n ( nk=1 k)2 22n (n!)2 l´ım √ = l´ım √ n→∞ n→∞ n (2n)! n(2n)! 22n (an e−n nn+1/2 )2 l´ım √ n→∞ n(a2n e−2n (2n)2n+1/2 ) a2 n2n+1 22n e−2n l´ım n · √ 2n+1/2 · 2n+1/2 · −2n n→∞ a2n 2 e nn 2 2 a 1 a a l´ım n √ = √ = √ n→∞ a2n 2 a 2 2 7

Por lo que a =

√

2π. Sustituyendo este valor en (6) tenemos que: an x−1 < yn−1 n < √ 2π

que es lo que quer´ıamos probar. Corolario 8 (F´ormula de Stirling). n! l´ım √ =1 2πnnn e−n

n→∞

Demostraci´on. Se obtiene directamente tomando l´ımites a partir de la expresi´on del teorema 7 y aplicando la regla del sandwich: 1 1 n! 1 = l´ım e 12n+1/4 ≤ l´ım √ ≤ l´ım e 12n = 1 n→∞ n→∞ 2πnnn e−n n→∞

2.3.

Demostraci´ on mediante la funci´ on Gamma

En este caso necesitaremos dos resultados auxiliares: Lema 9. Para todo |x| ≤ 12 , x ∈ R se tiene que log(1 + x) − x + 21 x2 ≤ 23 |x|3 Demostraci´on. Utilizamos el desarrollo en serie de potencias del log(1 + x) (puesto que |x| ≤ 12 < 1), la desigualdad triangular y la suma de la serie geom´etrica: 2 2 n−1 n n−1 n X X (−1) x x (−1) x X |x|n log(1 + x) − x + x = − x + = ≤ 2 n 2 n≥3 n n n≥3 n≥1 ≤

1 X n 1 |x|3 1 |x|3 2 ≤ = |x|3 |x| = 3 n≥3 3 1 − |x| 3 1 − 1/2 3

Lema 10. Para todo a, b ∈ R se tiene |ea − eb | ≤ eb |a − b|e|a−b| Demostraci´on. Bastar´a probar que |ex − 1| ≤ |x|e|x| , x ∈ R. Tomando x = a − b y multiplicando por eb obtendremos el resultado buscado. Para ello utilizaremos de nuevo el desarrollo en serie de potencias y la desigualdad triangular: X x n X xn X |x|n X |x|n X |x|n |ex − 1| = − 1 = = |x| ≤ |x| = |x|e|x| ≤ n! n! n! (n + 1)! n! n≥0 n≥1 n≥0 n≥0 n≥1

8

Con ello podemos abordar la Demostraci´on (de la f´ormula de Stirling). Utilizando la funci´on Γ(x) definida en el teorema 3, tenemos que, para todo n ∈ N: Z ∞ Z a n x n! = Γ(n + 1) = x e dx = l´ım xn ex dx 0

Z

a−n √ n

a→∞

0

√ √ √ √ (n + y n)n e−(n+y n) ndy = nn ne−n

Z

∞

y n −y√n √ (1 + ) e dy √ a→∞ −√n n − n √ √ √ (⇒ x = n + y n, dx = Donde se ha efectuado el cambio de variable y = x−n ndy). Por n tanto: =

l´ım

√ n! = nn n

Z

∞

gn (y)dy, donde n ∈ N y gn (y) = −∞

( (1 + 0

√ √y )n e−y n n

√ si y > − n √ si y ≤ − n

(1)

R∞ R∞ 2 Trataremos ahora de probar que l´ımn −∞ gn (y)dy = −∞ e−y /2 dy. Para ello estimare√ √ 2 mos la diferencia entre gn (y) y e−y /2 dy en dos casos: para |y| ≤ n/2 y para |y| > n/2. √ √ 1a Parte. Supondremos que |y| ≤ n/2. En ese caso, gn (y) = (1 + √yn )n e−y n , y √ tambi´en podemos usar el lema 9 con x = |y|/ n Tenemos: √ 2 2 y gn (y) − e− y2 = en log(1+ √n )−y n − e− y2 2 y y 2 |n log(1+ √yn )−y+ y22 | − y2 (usando el lema 10) ≤ e n log(1 + √n ) − y + 2 e 3 2 2 y n 23 √yn 3 − y2 (n facor com´ un y usando el lema 9) ≤ e n √ e 3 n 3 2 |y|3 3 y2 2 y 2 |y| y 2 2 |y| √ (simplificando y usando la hip´otesis) = e− 2 √ e 3 n ≤ e− 2 √ e 3 3 n 3 n 3 3 y2 y 2 |y| y 2 |y| (simplificando m´as) ≤ e− 2 √ e 3 = e− 6 √ n n

En definitiva:

y2 |y|3 y2 1√ n (2) |gn (y) − e− 2 | ≤ √ e− 6 , para |y| ≤ 2 n √ √ 2a Parte. Supongamos ahora que |y| > n/2. Si y ≤ − n entonces gn (y) = 0 y √ −|y| es obvio que 0 ≤ gn (y) ≤ e 6 Veremos que para y > − n esta desigualdad tambi´en es cierta. Para ello consideremos la funci´on f : (−1, +∞) → R dada por x2 f (x) = x − 65 2+x − log(1 + x), que es continua por ser suma de funciones continuas. Su derivada es:   5 2x(2 + x) − x2 1 x(x2 − x + 4) 0 f (x) = 1 − − = ... = 6 (2 + x)2 1+x 6(1 + x)(x + 2)2

9

Como x2 − x + 4 no tiene ra´ıces reales, f 0 (x) = 0 ⇔ x(x2 − x + 4) = 0 ⇔ x = 0. Adem´as el denominador de f 0 (x) es siempre positivo, por lo que signo(f 0 (x)) = signo(x) lo que implica que f es creciente en x > 0 y decreciente en −1 < x < 0. Por tanto, f alcanza un m´ınimo absoluto en√x = 0. Tomando y > − n tenemos que podemos aplicarle f a √yn > −1 y adem´as gn (y) ≥ 0. De este modo: 2

y y y 5 yn − log(1 + √ ) 0 = f (0) ≤ f ( √ ) = √ − y n n 6 2 + √n n √ 5 y2 y − n log(1 + √ ) 0 ≤ y n− y 6 2 + √n n √ y 5 y2 n log(1 + √ ) − y n ≤ − 6 2 + √yn n

√

n 5 y2 5 |y||y| 5 |y| 2 |y| log(gn (y)) ≤ − ≤ y ≤ − 1 ≤ − 5 √ 62+ n 62+ 2 6 2 6 √ √ |y| gn (y) ≤ e 6 , para |y| > n/2, y > − n

En definitiva,

√

|y|

0 ≤ gn (y) ≤ e 6 , para |y| >

n/2

(3)

De (2) se sigue que: Z √n Z √n Z √n Z √n 2 2 2 2 2 2 y y |y|3 − y2 − 2 − 2 √ e 6 =0 g (y) − e ≤ |g (y) − e | ≤ √ n n √ √ √ n n n − n n − − − 2 2 2 2 Ya que esta u ´ltima funci´on es impar. Por tanto,

R √2n √

−

n 2

gn (y) =

R √2n √

−

y2

n 2

e− 2

Por otra parte, de (3) y de la regla del sandwich se sigue que: Z ∞ Z ∞ Z ∞ Z ∞ √ |y| − 12n − 6 − y6 0 ≤ √ gn (y) ≤ √ e = √ e = 6e ⇒ l´ım √ gn (y) = 0 n 2

n 2

n

n 2

n 2

R − √n

An´alogamente tenemos que l´ımn −∞2 gn (y) = 0. De este modo: ! Z √n Z ∞ Z ∞ Z − √n 2 2 gn (y) + √ gn (y) + √ gn (y) l´ım gn (y) = l´ım n

−∞

n

−∞

Z = l´ım n

√ n 2

√ − 2n

−

Z

2

e

− y2

n 2

∞

=

y2

e− 2 =

n 2

√

2π

(4)

−∞

Donde ´ltima igualdad proviene del teorema 4, realizando el cambio de variable x = √ la u y/ 2. De (1) y (4) obtenemeos la f´ormula de Stirling: n! l´ım √ =1 n→∞ 2πnnn e−n  10

2.4.

Estimaci´ on del error

√ Hasta ahora hemos probado que n! ≈ 2πnnn e−n , pero, ¿c´omo de buena es esta aproximaci´on?. Para verlo nos har´a falta un resultado previo: Lema 11. Para todo x > 0 se cumple que ex ≤ 1 + x + 21 x2 ex Demostraci´on. Es consecuencia del desarrollo en serie de potencias de ex

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

ex ≤ 1 + x + 21 x2 ex P∞ xn P∞ xn x2 n=0 n! ≤ 1 + x + 2 n=0 n! P∞ xn P∞ xn x2 n=2 n! ≤ 2 n=0 n! P∞ xn+2 P∞ xn+2 1 n=0 (n+2)! ≤ 2 n=0 n!

Y la u ´ltima desigualdad es cierta ya que 2 ≤ n + 2



El siguiente resultado nos da una estimaci´on del error: Teorema 12. Para cada n ≥ 2: 0< √ Demostraci´on. Sea sn =

√

1 1 n! + 1) ζ(s) = ks k≥1 es la funci´on Zeta de Riemann. Demostraci´on. Tomando logaritmos en la f´ormula de Stirling obtenemos que   √ l´ım log(n!) − log 2πn − n log n + n = 0 n→∞

Por lo que log(n!) = n(log(n) − 1) + log

√

2πn + o(1)

(1)

Sea R(m) := log(m − 1)! − (m − 1) log m, m ∈ N. Tenemos que: log n! = log n + log(n − 1)! = n log(n) + log(n − 1)! − (n − 1) log n = n log n + R(n)

(2)

Adem´as, R(m) − R(m − 1) = log(m − 1)! − (m − 1) log(m) − log(m − 2)! + (m − 2) log(m − 1)       (m − 1)! m−1 m−1 = log + log + m log − log(m − 1) (m − 2)! m m   m−1 = (m + 1) log m 14

Por tanto:

  1 R(m) = (m + 1) log 1 − + R(m − 1) m

(3)

P n n Utilizando ahora el desarrollo en serie de potencias del log(1 + x) = n≥1 (−1)n x , para |x| < 1 o x = 1   1 1 1 R(m) = (m + 1) − − − − · · · + R(m − 1) m 2m2 3m3       1 1 1 1 1 1 = −1 + − + + + · · · + R(m − 1) − − m 2m 2m2 3m2 3m3 4m3 1 1 1 1 1 1 = −1 + + + + · · · + R(m − 1) 2 1·2m 2·3m 3 · 4 m3 Reiteramos el proceso hasta llegar a R(1) = 0. Por haber dado precisamente n pasos obtenemos: R(n) = −n +

n n n 1 X 1 1 X 1 1 X 1 + + + ··· 1 · 2 m=1 m 2 · 3 m=1 m2 3 · 4 m=1 m3

∞ X ζn (k) = −n + k(k + 1) k=1

Donde ζn (k) =

Pn

1 j=1 j k .

(4)

De (2) y (4) obtenemos que: ∞ X ζn (k) log(n!) = n(log(n) − 1) + k(k + 1) k=1

(5)


P 1 Utilizaremos ahora que l´ımn (ζn (1) − log n) = l´ımn n − log n = γ, es decir, las k=1 k sucesiones ζn (1) y log n + γ son equivalentes. Tomando l´ımites en (5) ∞ X ζn (k) 1 ζn (1) + l´ım log(n!) = l´ım n(log(n) − 1) + n→∞ n→∞ 1·2 k(k + 1) k=2 ∞ X 1 ζn (k) = l´ım n(log(n) − 1) + (log(n) + γ) + n→∞ 2 k(k + 1) k=2

15

(6)

Uniendo (3) y (6) y simplificando: √ l´ım n(log(n) − 1) + log 2πn + o(1) =

n→∞

l´ım log

n→∞

√

1 2π + log n + o(1) = 2 l´ım log

n→∞

√

∞

log(n) + γ X ζn (k) + l´ım n(log(n) − 1) + n→∞ 2 k(k + 1) k=2 ∞

log(n) + γ X ζn (k) l´ım + n→∞ 2 k(k + 1) k=2 ∞

γ X ζn (k) 2π + o(1) = l´ım + n→∞ 2 k(k + 1) k=2 log

√

∞

2π =

γ X ζ(k) + 2 k=2 k(k + 1)

∞ X 2ζ(k) log(2π) = γ + k(k + 1) k=2

(7)

Aplicando exponenciales a (7) obtenemos la identidad buscada.

Referencias [1] Karl R. Stromberg. An Introduction to Clasical Real Analysis. Chapman & Hall, 1996. P´ags. 253-254. [2] J.M. Ortega. Introducci´on al An´alisis Matem´atico. UAB, 1993. P´ags. 249-251 [3] Reinald Michel. On Stirling’s Formula. The American Mathematical Monthly, vol.109-4. Abril 2002. http://www.jstor.org/stable/2695504 [4] Luis J. Boya. Another Relation Between π, e, γ and ζ(n). RACSAM, vol.102-2, 2008. http://www.rac.es/ficheros/doc/00567.pdf [5] Juan Ignacio Go˜ ni. Stirling al descubierto, http://svn.assembla.com/svn/mna/ tps/pc01.pdf [6] Mercedes H. Rosas. Los N´ umeros de (Euler)-Catalan., Bolet´ın de la Asociaci´on Matem´atica Venezolana, Vol. X, No. 1, 2003. http://www.emis.de/journals/BAMV/ conten/vol10/catalan.pdf [7] Enciclopedia Libre Universal en Espa˜ nol. James Stirling. http://enciclopedia.us. es/index.php/James_Stirling [8] The MacTutor History of Mathematics archive. Abraham de Moivre. http:// www-history.mcs.st-and.ac.uk/Biographies/De_Moivre.html [9] The MacTutor History of Mathematics archive. James Stirling. http:// www-history.mcs.st-and.ac.uk/Biographies/Stirling.html

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