스털링 근사 | Real Analysis

엄청나게 커지는 팩토리얼을 간단한 식으로 짐작하는 장면입니다. 로그 눈금에서는 두 곡선이 거의 겹칩니다.

팩토리얼은 직접 계산하기엔 너무 빨리 커집니다. 근사식은 그 성장 속도를 거의 그대로 따라갑니다. 상대오차는 항이 커질수록 작아집니다. 대략 항 수의 열두 배로 나눈 만큼씩 줄어듭니다. 원주율이 들어오는 경로는 아이디어 수준에서만 짚습니다.

예를 들면, 🏢 건물의 높이를 걸음 수로 짐작해 봅니다. 건물이 클수록 한 걸음의 어긋남이 전체에서 차지하는 비중은 작아집니다. 근사가 큰 수에서 정확해지는 이유입니다.

예제

$n = 10$ 에서 스털링 근사의 상대오차를 직접 계산하고 $\frac{1}{120}$ 과 비교하세요. (수치 확인이지 증명이 아닙니다.)

\frac{|S(10)-10!|}{10!} \approx 0.008296 \approx \frac{1}{120}

n = 10

: 로그 눈금에서 두 곡선이 겹칩니다.

힌트 보기

$10! = 3628800$ 입니다. $S(10) = \sqrt{20\pi}\left(\frac{10}{e}\right)^{10} \approx 3598695.62$ 입니다.
상대오차 $= \frac{3628800-3598695.62}{3628800} \approx 0.008296$ 입니다.
$\frac{1}{12\cdot 10} = \frac{1}{120} \approx 0.008333$ — 주장과 일치합니다. (수치 확인이며, 오차 공식 자체의 증명은 아닙니다.)

$\ln(n!) = \sum_{k=1}^{n}\ln k$ 를 $\int_1^n \ln x\,dx$ 와 비교하는 그림을 설명하세요. (아이디어 수준.)

\sum_{k=1}^{n}\ln k \approx \int_1^n \ln x\,dx = n\ln n - n + 1

막대들의 합과 곡선 아래 넓이는 어슷비슷합니다.

힌트 보기

$\ln(n!) = \sum_{k=1}^{n}\ln k$ 는 $y = \ln x$ 그래프 아래에 세운 막대들의 넓이 합입니다.
적분 $\int_1^n \ln x\,dx = n\ln n - n + 1$ 은 곡선 아래 넓이 — 막대 합과 어슷비슷합니다.
둘의 차이가 $\frac{1}{2}\ln(2\pi n)$ 정도로 벌어지는데, 그 보정에서 $\sqrt{2\pi n}$ 이 나옵니다. 엄밀한 유도는 생략합니다 — 아이디어 수준입니다.

스털링 근사를 가정하고 $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ 을 유도하세요.

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/e)^{2n}}{2\pi n\,(n/e)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}

가운데 이항계수는

4^n

보다

\sqrt{\pi n}

만큼 작습니다.

증명 보기

분자에 스털링: $(2n)! \approx \sqrt{4\pi n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}$ .
분모: $(n!)^2 \approx 2\pi n\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}$ .
점근 동등이 제곱과 나눗셈 아래에서 유지됨을 먼저 확인합니다: 양의 수열에 대해 $A_n \sim B_n$ , $C_n \sim D_n$ 이면 $A_n = B_n(1 + o(1))$ , $C_n = D_n(1 + o(1))$ 로 쓸 수 있어 상대오차가 $0$ 으로 가므로, $A_n^2 \sim B_n^2$ 이고 $\frac{A_n}{C_n} \sim \frac{B_n}{D_n}$ 입니다. 따라서 위의 $\approx$ 들을 $\sim$ 로 읽어도 정당합니다.
나누면 $\frac{\sqrt{4\pi n}}{2\pi n}\cdot\frac{(2n)^{2n}}{n^{2n}} = \frac{1}{\sqrt{\pi n}}\cdot 4^n$ 입니다. (스털링 근사 자체는 가정했습니다.)