Fórmula de Stirling: demostración

Proporcionamos una demostración de la fórmula de aproximación de Stirling $n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$ para $n\to +\infty.$

    Enunciado
  1. Se consideran las sucesiones $$a_n=\dfrac{n!}{\sqrt{2n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n},\quad b_n=\log a_n.$$ Demostrar que $b_n-b_{n+1}=\dfrac{1}{2}(2n+1)\log \dfrac{n+1}{n}-1$.
  2. Usar los desarrollos en series de Maclaurin de las funciones $\log (1+x)$ y $-\log (1-x)$ para demostrar que $$b_n-b_{n+1}=\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{2k+1}\left(\dfrac{1}{2n+1}\right)^{2k}.$$
  3. Demostrar que la sucesión $(b_n)$ es decreciente y está acotada inferiormente.
  4. Demostrar que para una constante real $C$ se verifica la siguiente aproximación de Stirling $$n!\sim C\sqrt{2n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n\text{ para }n\to +\infty.$$
  5. Sea $\;\;I_n=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^nx\;dx,\; \forall n\in \mathbb{N}
    .$ Demostrar que $I_n=\dfrac{n-1}{n}\;I_{n-2}\; (\forall{n\geq 2}).$
  6. Usando la relación del apartado anterior, demostrar que $$\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}\prod_{k=1}^n \dfrac{2k}{2k-1}\dfrac{2k}{2k+1}.$$
  7. Demostrar que $\displaystyle\lim_{n \to +\infty}{\dfrac{I_{2n+1}}{I_{2n}}}=1.$
  8. Demostrar la siguiente fórmula de Wallis: $$\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{2n}{2n-1}\frac{2n}{2n+1}=\frac{\pi}{2}.$$
  9. Demostrar que la fórmula de Wallis se puede expresar en la forma $$\lim_{n\to +\infty}\dfrac{2^{4n}(n!)^4}{\left((2n!)^2\right)(2n+1)}=\dfrac{\pi}{2}.$$
  10. Demostrar la fórmula de aproximación de Stirling $$n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n,\quad (n\to +\infty).$$
    Solución
  1. Tenemos: $$b_n-b_{n+1}=\log a_n-\log a_{n+1}=\log a_n\cdot\dfrac{1}{a_{n+1}}=$$ $$\log \dfrac{n!}{\sqrt{2n}\left(\frac{n}{e}\right)^n}\cdot \dfrac{\sqrt{2(n+1)}\left(\frac{n+1}{e}\right)^{n+1}}{(n+1)!}=$$ $$\log \frac{1}{n+1}\cdot \sqrt{\dfrac{n+1}{n}}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n \left(\dfrac{n+1}{e}\right)=$$ $$-\log (n+1)+\dfrac{1}{2}\log \dfrac{n+1}{n}+n\log (n+1)-n\log n+\log (n+1)-1$$ $$=\dfrac{1}{2}\log \dfrac{n+1}{n}+n\log \dfrac{n+1}{n}-1=$$ $$\dfrac{1}{2}(2n+1)\log \dfrac{n+1}{n}-1.$$
  2. Los desarrollos en series de Maclaurin de las funciones $\log (1+x)$ y $-\log (1-x)$ son $$\log (1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+\dfrac{x^5}{5}-\cdots,\quad \left|x\right|<1,$$ $$-\log (1-x)=x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{4}+\dfrac{x^5}{5}+\cdots,\quad \left|x\right|<1,$$ y de estos dos desarrollos obtenemos $$\log\dfrac{1+x}{1-x}=\log (1+x)-\log (1-x)=2\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{x^{2k+1}}{2k+1},\quad \left|x\right|<1.\quad (*)$$ Fácilmente deducimos que $$\dfrac{n+1}{n}=\dfrac{1+x}{1-x}\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2n+1},$$ y este $x$ cumple $\left|x\right|<1$. Sustituyendo este $x$ en $(*)$ obtenemos $$\log \dfrac{n+1}{n}=2\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{\left(\frac{1}{2n+1}\right)^{2k+1}}{2k+1}=2\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{2k+1}\left(\dfrac{1}{2n+1}\right)^{2k+1}.$$ Usando el apartado 1: $$b_n-b_{n+1}=\dfrac{1}{2}(2n+1)\log \dfrac{n+1}{n}-1$$ $$=\dfrac{1}{2}(2n+1)\cdot2\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{2k+1}\left(\dfrac{1}{2n+1}\right)^{2k+1}-1$$ $$=(2n+1)\left(\dfrac{1}{2n+1}+\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{2k+1}\left(\dfrac{1}{2n+1}\right)^{2k+1}\right)-1$$ $$=1+\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{2k+1}\left(\dfrac{1}{2n+1}\right)^{2k}-1=\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{2k+1}\left(\dfrac{1}{2n+1}\right)^{2k}.$$
  3. Por el apartado anterior, $b_n-b_{n+1}$ es la suma de una serie convergente de números positivos es decir, $b_n-b_{n+1} > 0$ luego $(b_n)$ es decreciente (estríctamente). Por otra parte, $$b_n-b_{n+1} < \sum_{k=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{(2n+1)^2}\right)^{k}\underbrace{=}_{\text{Serie geom.}}\dfrac{1}{(2n+1)^2}\dfrac{1}{1-\frac{1}{(2n+1)^2}}=\dfrac{1}{4}\dfrac{1}{n(n+1)}.$$ Podemos expresar $$b_1-b_n=(b_1-b_2)+(b_2-b_3)+\cdots+(b_{n-1}-b_n)$$ $$ < \dfrac{1}{4}\sum_{j=1}^{n-1}\dfrac{1}{j(j+1)} < \dfrac{1}{4}\sum_{j=1}^{+\infty}\dfrac{1}{j(j+1)}=\dfrac{1}{4}\cdot 1=\dfrac{1}{4}.$$ En consecuencia, $b_n > b_1-1/4$, lo cual implica que $(b_n)$ está acotada inferiormente.
  4. Como $(b_n)$ es decreciente y está acotada inferiormente, $(b_n)$ tiene límite $L\in\mathbb{R}.$ Entonces, $$\lim_{n\to +\infty}a_n=\lim_{n\to +\infty}e^{b_n}=e^{\lim_{n\to +\infty}b_n}=e^L=C\in\mathbb{R}$$ $$\Rightarrow \lim_{n\to +\infty}\dfrac{n!}{\sqrt{2n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n}=C\Rightarrow \lim_{n\to +\infty}\dfrac{n!}{C\sqrt{2n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n}=1$$ $$\Rightarrow n!\sim C\sqrt{2n}\left(\dfrac{n}{e}\right)^n\text{ para }n\to +\infty.$$
  5. Usando integración por partes con $u=\sin^{n-1}x$ y $dv=\sin x\;dx$:
    $$I_n=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^nx\;dx=\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^{n-1}x\sin x\;dx$$ $$=\left[-\sin^{n-1}x\cos x\right]_0^{\pi/2}+(n-1)\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2 x\;dx$$ $$=(n-1)\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x(1-\sin^2 x)\;dx=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n.$$ Obtenemos por tanto la relación: $I_n=\dfrac{n-1}{n}\;I_{n-2}\quad (\forall{n\geq 2}).$
  6. Para $n$ par tenemos $$I_n=\dfrac{(n-1)(n-3)\cdot\ldots \cdot 1}{n(n-2)\cdot\ldots\cdot 2}\;I_0=\dfrac{(n-1)(n-3)\cdot\ldots \cdot 1}{n(n-2)\cdot\ldots\cdot 2}\;\displaystyle\int_0^{\pi/2}dx$$ $$=\dfrac{(n-1)(n-3)\cdot\ldots \cdot 1}{n(n-2)\cdot\ldots\cdot 2}\;\dfrac{\pi}{2}.$$ Para $n$ impar $$I_n=\dfrac{(n-1)(n-3)\cdot\ldots \cdot 2}{n(n-2)\cdot\ldots\cdot 3}\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin x\;dx=\dfrac{(n-1)(n-3)\cdot\ldots \cdot 2}{n(n-2)\cdot\ldots\cdot 3}\cdot 1.$$ Podemos por tanto escribir $$I_{2n}=\dfrac{\pi}{2}\prod_{k=1}^n \dfrac{2k-1}{2k},\quad I_{2n+1}=\prod_{k=1}^n \dfrac{2k}{2k+1},$$ y usando estas relaciones $$\dfrac{\pi}{2}=I_{2n}\prod_{k=1}^n \dfrac{2k}{2k-1}$$ $$=I_{2n}\prod_{k=1}^n \dfrac{2k}{2k-1}\left(\prod_{k=1}^n \dfrac{2k}{2k+1}\right)\left(\prod_{k=1}^n \dfrac{2k}{2k+1}\right)^{-1}$$ $$=\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}\prod_{k=1}^n \dfrac{2k}{2k-1}\dfrac{2k}{2k+1}.$$
  7. Veamos que $(I_n)$ es una sucesión decreciente de términos positivos. En efecto, para todo $x\in [0,\pi/2]$ y para todo $n\geq 1$ se verifica $0\leq \sin^n x\leq \sin^{n-1} x \leq 1.$ Tenemos pues la relación $1/I_{n-1}\leq 1/I_{n}\leq 1/I_{n+1}.$ Multiplicando por $I_{n+1}$ y por el apartado 5 $$\dfrac{n}{n+1}=\dfrac{I_{n+1}}{I_{n-1}}\leq \dfrac{I_{n+1}}{I_{n}}\leq \dfrac{I_{n+1}}{I_{n+1}}=1$$ $$\underbrace{\Rightarrow}_{\text{Teor. Sandwich}} \displaystyle\lim_{n\to +\infty}{\dfrac{I_{n+1}}{I_n}}=1\Rightarrow \displaystyle\lim_{n \to +\infty}{\dfrac{I_{2n+1}}{I_{2n}}}=1.$$
  8. Tomando límites cuando $n\to +\infty$ en la igualdad demostrada en el apartado 6 queda $$\frac{\pi}{2}=\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{2n}{2n-1}\frac{2n}{2n+1}.$$
  9. Operando obtenemos $$\dfrac{\pi}{2}=\prod_{n=1}^{+\infty}\frac{2n}{2n-1}\frac{2n}{2n+1}=\lim_{n\to +\infty}\prod_{k=1}^{n}\frac{2k}{2k-1}\frac{2k}{2k+1}$$ $$=\lim_{n\to +\infty}\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(1\cdot 3\cdot 5\cdot\ldots \cdot (2n-1))( 3\cdot 5\cdot\ldots \cdot (2n-1))(2n+1)}$$ $$=\lim_{n\to +\infty}\dfrac{2^{4n}(n!)^4}{\left((2n!)^2\right)(2n+1)}.$$
  10. En el apartado 4 demostramos que $n!\sim C\sqrt{2 n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$ para $n\to +\infty$ para cierta constante $C.$ Usando esta aproximación en la fórmula del apartado anterior obtenemos $$\dfrac{\pi}{2}=\lim_{n\to +\infty}\dfrac{2^{4n}C^4(2n)^2\left(\frac{n}{e}\right)^{4n}}{C^24 n\left(\frac{2n}{e}\right)^{4n}(2n+1)}=C^2\lim_{n\to +\infty}\dfrac{2^{4n}4n^2 n^{4n}}{4 n(2n)^{4n}(2n+1)}$$ $$=C^2\lim_{n\to +\infty}\dfrac{n }{2n+1}=\dfrac{C^2}{2}\Rightarrow C=\sqrt{\pi}$$ y por tanto $$n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n,\quad (n\to +\infty).$$ Queda demostrada la fórmula de aproximación de Stirling.
Esta entrada fue publicada en Cálculo/Análisis. Guarda el enlace permanente.