Wzór Stirlinga a wolfram

Permutacje. Kombinacje. Wariacje. Rozmieszczanie kul w urnach. Silnie i symbole Newtona. Przeliczanie zbiorów. Funkcje tworzące. Teoria grafów.
Tulio
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 125
Rejestracja: 3 cze 2012, o 00:37
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lublin
Podziękował: 16 razy
Pomógł: 24 razy

Wzór Stirlinga a wolfram

Post autor: Tulio »

Cześć,
wedle wzoru Stirlinga zachodzi:
\(\displaystyle{ n! \approx \sqrt{2 \pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^{n}}\)

mi w Wolframie nie zachodzi:

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=10!+-+Round[sqrt(2*10*pi)+*+(10%2Fe)^10]

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=20!+-+Round[sqrt(2*20*pi)+*+(20%2Fe)^20]

Kod: Zaznacz cały

https://www.wolframalpha.com/input/?i=40!+-+Round[sqrt(2*40*pi)+*+(40%2Fe)^40]
(Przepraszam, że w znacznikach code, a nie url, ale nie przechodziło jako url prawidłowo)

Widać wyraźnie, że różnica się zwiększa:

\(\displaystyle{ 30104}\)

\(\displaystyle{ 10115161415506606}\)

\(\displaystyle{ 1698018753275183332503859542754478454008280599}\)

Czemu tak się dzieje? Próbowałem dla większych \(\displaystyle{ n}\) typu \(\displaystyle{ 10000}\), ale różnica zdaje się cały czas powiększać.
Awatar użytkownika
Janusz Tracz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4060
Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: hrubielowo
Podziękował: 79 razy
Pomógł: 1391 razy

Re: Wzór Stirlinga a wolfram

Post autor: Janusz Tracz »

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.
Tulio
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 125
Rejestracja: 3 cze 2012, o 00:37
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lublin
Podziękował: 16 razy
Pomógł: 24 razy

Wzór Stirlinga a wolfram

Post autor: Tulio »

O widzisz. Ja zawsze myślałem, że przez \(\displaystyle{ a_{n} \approx b_{n}}\) zawsze oznacza, że mamy \(\displaystyle{ a_{n} = b_{n} + \epsilon_{n}}\) gdzie epsilon dąży do zera wraz ze wzrostem \(\displaystyle{ n}\).

Dzięki bardzo za wyjaśnienie.
ODPOWIEDZ