스털링 근사

로그 눈금에서 n!n!와 스털링 근사가 거의 겹쳐지고 상대오차가 대략 112n\frac{1}{12n}으로 줄어드는 모습을 확인합니다. π\pi가 들어오는 경로는 아이디어 수준에서만 짚습니다.

n!≈2πn(ne)nn!\approx\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n

예제

n=10n = 10에서 스털링 근사의 상대오차를 직접 계산하고 1120\frac{1}{120}과 비교하세요. (수치 확인이지 증명이 아닙니다.)

∣S(10)−10!∣10!≈0.008296≈1120\frac{|S(10)-10!|}{10!} \approx 0.008296 \approx \frac{1}{120}
n=10n = 10: 로그 눈금에서 두 곡선이 겹칩니다.
증명 보기
  1. 10!=362880010! = 3628800입니다. S(10)=20π(10e)10≈3598695.62S(10) = \sqrt{20\pi}\left(\frac{10}{e}\right)^{10} \approx 3598695.62입니다.
  2. 상대오차 =3628800−3598695.623628800≈0.008296= \frac{3628800-3598695.62}{3628800} \approx 0.008296입니다.
  3. 112⋅10=1120≈0.008333\frac{1}{12\cdot 10} = \frac{1}{120} \approx 0.008333 — 주장과 일치합니다. (수치 확인이며, 오차 공식 자체의 증명은 아닙니다.)

ln⁡(n!)=∑k=1nln⁡k\ln(n!) = \sum_{k=1}^{n}\ln k를 ∫1nln⁡x dx\int_1^n \ln x\,dx와 비교하는 그림을 설명하세요. (아이디어 수준.)

∑k=1nln⁡k≈∫1nln⁡x dx=nln⁡n−n+1\sum_{k=1}^{n}\ln k \approx \int_1^n \ln x\,dx = n\ln n - n + 1
막대들의 합과 곡선 아래 넓이는 어슷비슷합니다.
증명 보기
  1. ln⁡(n!)=∑k=1nln⁡k\ln(n!) = \sum_{k=1}^{n}\ln k는 y=ln⁡xy = \ln x 그래프 아래에 세운 막대들의 넓이 합입니다.
  2. 적분 ∫1nln⁡x dx=nln⁡n−n+1\int_1^n \ln x\,dx = n\ln n - n + 1은 곡선 아래 넓이 — 막대 합과 어슷비슷합니다.
  3. 둘의 차이가 12ln⁡(2πn)\frac{1}{2}\ln(2\pi n) 정도로 벌어지는데, 그 보정에서 2πn\sqrt{2\pi n}이 나옵니다. 엄밀한 유도는 생략합니다 — 아이디어 수준입니다.

스털링 근사를 가정하고 (2nn)∼4nπn\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}을 유도하세요.

(2nn)=(2n)!(n!)2∼4πn (2n/e)2n2πn (n/e)2n=4nπn\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 4n4^n보다 πn\sqrt{\pi n}만큼 작습니다.
증명 보기
  1. 분자에 스털링: (2n)!≈4πn(2ne)2n(2n)! \approx \sqrt{4\pi n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}.
  2. 분모: (n!)2≈2πn(ne)2n(n!)^2 \approx 2\pi n\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}.
  3. 나누면 4πn2πn⋅(2n)2nn2n=1πn⋅4n\frac{\sqrt{4\pi n}}{2\pi n}\cdot\frac{(2n)^{2n}}{n^{2n}} = \frac{1}{\sqrt{\pi n}}\cdot 4^n입니다. (스털링 근사 자체는 가정했습니다.)

6. 급수