Bo ten, to znaczy:
\(\displaystyle{ n! \approx \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^{n}}\) wzór mówi, że
\(\displaystyle{ \frac{n!}{\sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^{n}} \approx 1}\) a nie że równica dąży do zera. To są dwa inne sposoby rozumienia asymptotycznej zbieżności. Linki:
https://www.wolframalpha.com/input/?i=10!+%2F+Round%5Bsqrt(2*10*pi)+*+(10%2Fe)%5E10%5D
https://www.wolframalpha.com/input/?i=20!+%2F+Round%5Bsqrt(2*20*pi)+*+(20%2Fe)%5E20%5D
https://www.wolframalpha.com/input/?i=40!+%2F+Round%5Bsqrt(2*40*pi)+*+(40%2Fe)%5E40%5D
potwierdzają tą wersję.
Formalnie można wprowadzić relację dla ciągów w taki sposób, że
\(\displaystyle{ a_n \approx b_n}\) wtedy i tylko wtedy gdy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{a_n}{b_n}=1}\). Nie implikuje to jednak, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\left( a_n-b_n\right) =0}\). Stirling pokazał, że
\(\displaystyle{ n!}\) jest w relacji
\(\displaystyle{ \approx}\) z ciągiem
\(\displaystyle{ \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^{n}}\) ale jak widać (jest to jeden z wielu przykładów) nie wystarcza to by różnica ów ciągów dążyła do zera.-- 25 lip 2019, o 17:22 --To w sumie fajne zadanie by pokazać, że ta różnica będzie dążyć do
\(\displaystyle{ \infty}\). Oznacza to, że do pokazania jest równość:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\left( n!- \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n \right) = \infty}\)
wzór Stirlinga orzeka dokładnie coś takiego, że istnieje taki ciąg
\(\displaystyle{ \lambda_n\in\left[ \frac{1}{12n+1}, \frac{1}{12n} \right]}\) iż dla każdego naturalnego
\(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ n!= \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^ne^{\lambda_n}}\)
Oczywiście dla dużych
\(\displaystyle{ n}\) mamy
\(\displaystyle{ \lambda_n \approx 0}\) stąd przybliżenie ale teraz przyda się bardziej przeformowanie tezy do problemu policzenia:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\left( n!- \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n \right)=\lim_{n \to \infty }\left( \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^ne^{\lambda_n} - \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n \right)=\lim_{n \to \infty }\left( e^{\lambda_n}-1\right)\sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n}\)
Powołując się na znaną granicę
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x}=1}\) oraz definicję Heinego można napisać w szczególnym przypadku przyjmując
\(\displaystyle{ x_n=\lambda_n}\), że:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{e^{\lambda_n}-1}{\lambda_n}=1}\)
Formalnie musiał bym jeszcze udowodnić, że
\(\displaystyle{ \lambda_n \rightarrow 0}\) ale to jest prosty wynik z twierdzenia o trzech ciągach. Więc nie będę jakość w to wnikał super szczegółowo chyba, że chcesz. Mamy zatem:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{ e^{\lambda_n}-1}{\lambda_n}\lambda_n\sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n= \infty}\)
A jest tak bo:
\(\displaystyle{ \lambda_n\sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n\in\left[ \frac{1}{12n+1} \cdot \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n, \frac{1}{12n} \cdot \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n\right]}\) przy czym nawet dolna granica przedziały rozbiega (bardzo szybko) do
\(\displaystyle{ \infty}\). Na mocy dwóch ciągów kończymy dowód.