スターリングの近似

数学において、スターリングの近似式（またはスターリングの公式）は階乗の漸近近似式です。これは良い近似式であり、小さな値の場合でも正確な結果が得られます。${\displaystyle n}$ジェームズ・スターリングにちなんで名付けられたが、関連するものの精度は劣る結果が最初にアブラハム・ド・モアブルによって述べられた。^{[ 1 ] [ 2 ] [ 3 ]}

近似値を表す一つの方法は、階乗の 対数を用いることである。$${\displaystyle \ln n!=n\ln n-n+O(\ln n),}$$ ここで、ビッグオー記法は、十分大きな値すべてに対して、${\displaystyle n}$、${\displaystyle \ln n!}$そして${\displaystyle n\ln nn}$は、最大で対数に比例する${\displaystyle n}$比較ソートの最悪ケースの下限などのコンピュータサイエンスの応用では、代わりにバイナリ対数を使用する方が便利で、同等の形式が得られます 。$${\displaystyle \log _{2}n!=n\log _{2}nn\log _{2}e+O(\log _{2}n).}$$どちらの基数における誤差項も、より正確には次のように表すことができます。${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\log(2\pin)+O({\tfrac {1}{n}})}$階乗自体の近似式に対応し、 $${\displaystyle n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}.}$$ ここに標識があります${\displaystyle \sim }$これは、2つの量が漸近的である、つまり、その比が 1 に近づくことを意味します。${\displaystyle n}$無限大に近づく。

この公式は、1721年にアブラハム・ド・モアブル^{[ 2 ]}によって初めて発見され、次の形式で表さ れた。$${\displaystyle n!\sim [{\rm {定数}}]\cdot n^{n+{\frac {1}{2}}}e^{-n}.}$$

ド・モアブルは、定数の自然対数に対して近似的な有理数表現を与えた。1730年のスターリングの貢献は、定数が正確に${\displaystyle {\sqrt {2\pi }}}$[ ^{3 ] [ 4 ]​}

スターリングの公式の最も単純なバージョンは $${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\left(1+O\!\left({\frac {1}{n}}\right)\right).}$$ 和を近似することで素早く得られる $${\displaystyle \ln n!=\sum _{j=1}^{n}\ln j}$$積分 付き: $${\displaystyle \sum _{j=1}^{n}\ln j\approx \int _{1}^{n}\ln x\,{\rm {d}}x=n\ln n-n+1.}$$

完全な式と、その誤差の正確な推定値は、次のように導出できます。近似する代わりに、${\displaystyle n!}$これは緩やかに変化する関数であるため、その自然対数を考慮する必要がある。 $${\displaystyle \ln n!=\ln 1+\ln 2+\cdots +\ln n.}$$

この方程式の右辺から $${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}(\ln 1+\ln n)={\tfrac {1}{2}}\ln n}$$は、台形公式による積分の 近似値である。$${\displaystyle \ln n!-{\tfrac {1}{2}}\ln n\approx \int _{1}^{n}\ln x\,{\rm {d}}x=n\ln n-n+1,}$$

この近似における誤差は、オイラー・マクローリンの公式によって与えられる。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln n!-{\tfrac {1}{2}}\ln n&=\ln 1+\ln 2+\ln 3+\cdots +\ln(n-1)+{\tfrac {1}{2}}\ln n\\&=n\ln n-n+1+\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)}}\left({\frac {1}{n^{k-1}}}-1\right)+R_{m,n},\end{aligned}}}$$

どこ${\displaystyle B_{k}}$はベルヌーイ数であり、R _{m , n}はオイラー・マクローリンの公式の剰余項です。極限をとると、次のようになります。 $${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(\ln n!-n\ln n+n-{\tfrac {1}{2}}\ln n\right)=1-\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)}}+\lim _{n\to \infty }R_{m,n}.}$$

この極限を次のように表す。${\displaystyle y}$オイラー・マクローリンの公式の 剰余項R _{m , n は、}$${\displaystyle R_{m,n}=\lim _{n\to \infty }R_{m,n}+O\!\left({\frac {1}{n^{m}}}\right),}$$

ビッグオー記法を用いると、上記の式を組み合わせることで、対数形式の近似式が得られます 。$${\displaystyle \ln n!=n\ln \left({\frac {n}{e}}\right)+{\tfrac {1}{2}}\ln n+y+\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)n^{k-1}}}+O\!\left({\frac {1}{n^{m}}}\right).}$$

両辺の指数を取り、任意の正の整数を選択する${\displaystyle m}$すると、未知数を含む式が得られる。${\displaystyle e^{y}}$m = 1の場合、式は次のようになります 。$${\displaystyle n!=e^{y}{\sqrt {n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\left(1+O\!\left({\frac {1}{n}}\right)\right).}$$

数量${\displaystyle e^{y}}$両辺の極限を取ることで求めることができる。${\displaystyle n}$無限大に近づき、ウォリスの積を用いると、${\displaystyle e^{y}={\sqrt {2\pi }}}$したがって、スターリングの公式が得られる。

代替式${\displaystyle n!}$ガンマ関数を使用すると $${\displaystyle n!=\int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-x}\,{\rm {d}}x.}$$ （部分積分を繰り返すことでわかるように）。書き換えて変数x = nyと変換すると、次の式が得られる。 $${\displaystyle n!=\int _{0}^{\infty }e^{n\ln x-x}\,{\rm {d}}x=e^{n\ln n}n\int _{0}^{\infty }e^{n(\ln y-y)}\,{\rm {d}}y.}$$ラプラス法 を適用すると、 $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{n(\ln y-y)}\,{\rm {d}}y\sim {\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}e^{-n},}$$ これはスターリングの公式を再現するものである。 $${\displaystyle n!\sim e^{n\ln n}n{\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}e^{-n}={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}.}$$

スターリングの公式は実際には次の級数（現在はスターリング級数と呼ばれている）の最初の近似である。 ^{[ 7 ]}$${\displaystyle n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\left(1+{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{288n^{2}}}-{\frac {139}{51840n^{3}}}-{\frac {571}{2488320n^{4}}}+{\frac {163879}{209018880n^{5}}}-\cdots \right).}$$

この級数の係数の明示的な式は G. Nemes によって与えられた。^{[ 8 ]}さらに、オンライン整数列百科事典ではA001163およびA001164としてリストされている。このセクションの最初のグラフは、相対誤差と の関係を示している。${\displaystyle n}$1から上記の5項すべてについて。係数は次の漸近式を持つ：^{[ 9 ]}$${\displaystyle A_{2j+1}\sim {\frac {(-1)^{j}2(2j)!}{(2\pi )^{2(j+1)}}}}$$これは、それが超指数関数的に成長することを示しており、比率テストにより収束半径はゼロであることがわかる。

しかし、オイラー・マクローリン近似から直接得られる表現（補正項自体が指数関数の引数となる）は、はるかに速く収束する（同じ精度を得るために必要な補正項の数が半分で済む）。$${\displaystyle n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\exp {\bigg (}{\frac {1}{12n}}-{\frac {1}{360n^{3}}}+{\frac {1}{1260n^{5}}}-{\frac {1}{1680n^{7}}}+{\frac {1}{1188n^{9}}}-\cdots {\bigg )}.}$$ の${\displaystyle k}$th 係数 (逆数の場合)${\displaystyle \left(2k-1\right)}$の力${\displaystyle n}$) はベルヌーイ数と を用いて直接計算されます。${\displaystyle c_{k}={\tfrac {B_{2k}}{2k(2k-1)}}.}$

n → ∞のとき、打ち切り級数の誤差は漸近的に最初の省略項に等しくなります。これは漸近展開の一例です。収束級数ではありません。任意の特定の値に対して、${\displaystyle n}$精度を向上させる級数の項数には限りがあり、それを超えると精度は悪化します。これは次のグラフに示されており、項数が多い場合の相対誤差と級数の項数の関係を示しています。より正確には、S _t ( n )をスターリング級数とします。${\displaystyle t}$評価された条件 ${\displaystyle n}$グラフは、 $${\displaystyle \left|\ln {\frac {S_{t}(n)}{n!}}\right|,}$$ これは、小さい場合は本質的に相対誤差に相当します。

スターリングのシリーズを次の形式で書く $${\displaystyle \ln n!\sim n\ln n-n+{\tfrac {1}{2}}\ln(2\pi n)+{\frac {1}{12n}}-{\frac {1}{360n^{3}}}+{\frac {1}{1260n^{5}}}-{\frac {1}{1680n^{7}}}+\cdots ,}$$ 級数を打ち切る際の誤差は、常に符号が逆であり、最大でも最初の省略項と同じ大きさであることが知られている。

Robbinsによるその他の境界^{[ 10 ]}は、すべての正の整数に対して有効です。${\displaystyle n}$は $${\displaystyle {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {1}{12n+1}}<n!<{\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {1}{12n}}.}$$ この上限は、上記のシリーズを停止することに対応します。${\displaystyle \ln n!}$その後${\displaystyle {\tfrac {1}{n}}}$項。下限は、次の項で数列を停止して得られる下限よりも弱い。${\displaystyle {\tfrac {1}{n^{3}}}}$用語。この境界のより緩いバージョンは、$${\displaystyle {\frac {n!e^{n}}{n^{n+{\tfrac {1}{2}}}}}\in \left({\sqrt {2\pi }},e\right]\quad {\text{for all }}n\geq 1.}$$

すべての正の整数に対して、 $${\displaystyle n!=\Gamma (n+1),}$$ ここでΓはガンマ関数を表す。

しかし、ガンマ関数は階乗とは異なり、非正の整数以外のすべての複素数に対してより広く定義されています。それでも、スターリングの公式は適用できます。Re ( z ) > 0の 場合、$${\displaystyle \ln \Gamma (z)=z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{z}}\right)}{e^{2\pi t}-1}}\,dt.}$$

部分積分を繰り返すと $${\displaystyle {\begin{aligned}ln\Gamma (z)&\sim z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\sum _{n=1}^{N-1}{\frac {B_{2n}}{2n(2n-1)z^{2n-1}}}\\&=z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+{\frac {1}{12z}}-{\frac {1}{360z^{3}}}+{\frac {1}{1260z^{5}}}+\dots ,\end{aligned}}}$$

どこ${\displaystyle B_{n}}$はn番目のベルヌーイ数です（和の極限は${\displaystyle N\to \infty }$は収束しないので、この式は漸近展開にすぎない）。この式は、${\displaystyle z}$絶対値が十分に大きい場合、| arg( z ) | < π − ε（εは正の値）となり、誤差項はO ( z ^{− 2N + 1} )となる。対応する近似式は次のように書ける。 $${\displaystyle \Gamma (z)={\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}{\left({\frac {z}{e}}\right)}^{z}\left(1+O\left({\frac {1}{z}}\right)\right).}$$

ここで、展開は上記のスターリング級数と同一である。${\displaystyle n!}$ただし、${\displaystyle n}$z − 1に置き換えられます。^{[ 11 ]}

この漸近展開のさらなる応用は、定数Re( z )を持つ複素引数zの場合である。例えば、直線⁠ 1 / 4 ⁠ + it上のリーマン-ジーゲル シータ関数Im( z ) = tに適用されたスターリングの公式を参照のこと。

トーマス・ベイズは、1763年に王立協会が出版したジョン・カントンへの手紙の中で、スターリングの公式は収束級数を与えないことを示した。^{[ 12 ]}スターリングの公式の収束版を得るには、ビネの公式 を評価する必要がある。 $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{x}}\right)}{e^{2\pi t}-1}}\,{\rm {d}}t=\ln \Gamma (x)-x\ln x+x-{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{x}}.}$$

これを実現する一つの方法は、逆上昇階乗の収束級数を用いることです。 $${\displaystyle z^{\bar {n}}=z(z+1)\cdots (z+n-1),}$$ それから $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{x}}\right)}{e^{2\pi t}-1}}\,{\rm {d}}t=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {c_{n}}{(x+1)^{\bar {n}}}},}$$ どこ $${\displaystyle c_{n}={\frac {1}{n}}\int _{0}^{1}x^{\bar {n}}\left(x-{\tfrac {1}{2}}\right)\,{\rm {d}}x={\frac {1}{2n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k|s(n,k)|}{(k+1)(k+2)}},}$$ ここで、 s ( n , k )は 第一種スターリング数を表す。これからスターリング級数のバージョンが得られる。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln \Gamma (x)&=x\ln x-x+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{x}}+{\frac {1}{12(x+1)}}+{\frac {1}{12(x+1)(x+2)}}\\&\quad +{\frac {59}{360(x+1)(x+2)(x+3)}}+{\frac {29}{60(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)}}+\cdots ,\end{aligned}}}$$ これはRe( x ) > 0のときに収束します。スターリングの公式は収束形式で次のように表すこともできます^{[ 13 ]}$${\displaystyle \Gamma (x)={\sqrt {2\pi }}x^{x-{\frac {1}{2}}}e^{-x+\mu (x)}}$$ どこ $${\displaystyle \mu \left(x\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\left(\left(x+n+{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1+{\frac {1}{x+n}}\right)-1\right).}$$

近似値 $${\displaystyle \Gamma (z)\approx {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {z}{e}}{\sqrt {z\sinh {\frac {1}{z}}+{\frac {1}{810z^{6}}}}}\right)^{z}}$$ およびそれと同等の形式 $${\displaystyle 2\ln \Gamma (z)\approx \ln(2\pi )-\ln z+z\left(2\ln z+\ln \left(z\sinh {\frac {1}{z}}+{\frac {1}{810z^{6}}}\right)-2\right)}$$ スターリングの拡張公式を並べ替えて、結果として得られるべき級数と双曲線正弦関数のテイラー級数展開との一致を観察することで、この式が得られます。この近似は、実部が 8 より大きいzに対して、8 桁以上の小数点以下の精度で有効です。Robert H. Windschitl は、プログラムメモリまたはレジスタメモリが限られた電卓でガンマ関数をかなり正確に計算するために、2002 年にこの式を提案しました。^{[ 14 ]}

Gergő Nemesは2007年に、Windschitl近似と同じ数の正確な桁数を与えるが、はるかに単純な近似を提案した。^{[ 15 ]}$${\displaystyle \Gamma (z)\approx {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {1}{e}}\left(z+{\frac {1}{12z-{\frac {1}{10z}}}}\right)\right)^{z},}$$ または同等に、 $${\displaystyle \ln \Gamma (z)\approx {\tfrac {1}{2}}\left(\ln(2\pi )-\ln z\right)+z\left(\ln \left(z+{\frac {1}{12z-{\frac {1}{10z}}}}\right)-1\right).}$$

ラマヌジャンの失われたノート^{[ 16 ]}でスリニヴァーサ・ラマヌジャンが述べたガンマ関数の別の近似式は、 $${\displaystyle \Gamma (1+x)\approx {\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\tfrac {1}{30}}\right)^{\frac {1}{6}}}$$x ≥ 0 の場合。ln n !の同等の近似値は漸近誤差が 1 / 1400 n 3 であり、次式^で与えられる 。$${\displaystyle \ln n!\approx n\ln n-n+{\tfrac {1}{6}}\ln \left(8n^{3}+4n^{2}+n+{\tfrac {1}{30}}\right)+{\tfrac {1}{2}}\ln \pi .}$$

上界と下界のペアを与えることで近似をより正確にすることができます。そのような不等式の 1 つは^{[ 17 ] [ 18 ] [ 19 ] [ 20 ]です。}$${\displaystyle {\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\tfrac {1}{100}}\right)^{\frac {1}{6}}<\Gamma (1+x)<{\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\tfrac {1}{30}}\right)^{\frac {1}{6}}.}$$

離散的なケースについては、上記の漸近式ではなく、TS Nanjundiah によってより正確な方程式と証明がはるかに容易な結果が導出されています。^{[ 21 ]}

$${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {\theta _{n}}{12n}},\theta _{n}\in [0,1]}$$

さらに、以下のことが推論できる。

$${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\cdot \exp \left({{\frac {1}{12n}}-{\frac {\theta _{n}'}{360n^{3}}}}\right)\quad (\theta _{n}'\in (0,1))}$$

これを証明するために、まず以下のことを仮定します。

$${\displaystyle a_{n}=n!\cdot n^{-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}\cdot e^{n}\qquad l_{n}=\ln a_{n}}$$

計算は簡単です。

$${\displaystyle {\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}={\frac {n!\cdot n^{-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}\cdot e^{n}}{(n+1)!\cdot (n+1)^{-\left(n+{\frac {3}{2}}\right)}\cdot e^{n+1}}}={\frac {1}{e}}\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}$$

$${\displaystyle \implies l_{n}-l_{n+1}=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)-1}$$

そして、テイラー級数の対数を組み合わせることによって：

$${\displaystyle \ln(1+x)=x-{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{4}}{4}}+{\frac {x^{5}}{5}}-\dots \qquad \ln(1-x)=-x-{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{4}}{4}}-{\frac {x^{5}}{5}}-\dots }$$

それらを差し引くと、

$${\displaystyle \ln \left({\frac {1+x}{1-x}}\right)=2\left(x+{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{5}}{5}}+\dots \right)}$$

2つの変数を等しいと仮定すると、

$${\displaystyle {\frac {1+x}{1-x}}={\frac {n+1}{n}}\implies x={\frac {1}{2n+1}}}$$

xをnに置き換えると、次のようになります。

$${\displaystyle \ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)=2\cdot {\frac {1}{2n+1}}\left[1+{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{2n+1}}\right)^{2}+{\frac {1}{5}}\left({\frac {1}{2n+1}}\right)^{4}+\dots \right]}$$

したがって、${\displaystyle l_{n}}$私たちはそれを持っています：

$${\displaystyle l_{n}-l_{n+1}={\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}+{\frac {1}{5(2n+1)^{4}}}+\dots }$$

合計を計算するために、それらを等比数列に強制的に変形させます。

$${\displaystyle l_{n}-l_{n+1}<{\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}\sum _{k=0}^{\infty }\left[{\frac {1}{(2n+1)^{2}}}\right]^{k}={\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{(2n+1)^{2}}}}}={\frac {1}{12n(n+1)}}}$$

また、${\textstyle l_{n}-l_{n+1}>0}$、

$${\displaystyle \implies l_{n}-{\frac {1}{12n}}<l_{n+1}-{\frac {1}{12(n+1)}}}$$

私たちは${\textstyle x_{n}=l_{n}-{\frac {1}{12n}}}$したがって、

$${\displaystyle x_{n}<x_{n+1},l_{n}<l_{n+1},\quad \forall n,x_{n}<l_{n},}$$

単調収束定理によれば、次のことがわかる。${\displaystyle l_{n}}$収束すると仮定します。 $${\displaystyle \lim _{n\rightarrow +\infty }l_{n}=\lambda }$$

それから $${\displaystyle \lim _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=e^{\lambda }=\alpha ,}$$

$${\displaystyle {\begin{aligned}\alpha &=\lim _{n\to +\infty }{\frac {a_{n}^{2}}{a_{2n}}}\\&=\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n!)^{2}\cdot n^{-2n-1}\cdot e^{2n}}{(2n)!\cdot (2n)^{-2n-{\frac {1}{2}}}\cdot e^{2n}}}\\&=\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n!)^{2}\cdot 2^{2n+{\frac {1}{2}}}\cdot n^{2n+{\frac {1}{2}}}}{(2n)!\cdot n^{2n+1}}}\\&=\lim _{n\to +\infty }{\frac {2^{2n}(n!)^{2}}{(2n)!}}{\sqrt {\frac {2}{n}}}\\&=\lim _{n\to +\infty }{\sqrt {\frac {2}{n}}}{\frac {(2n)!!}{(2n-1)!!}}\end{aligned}}}$$

ウォリスの公式と組み合わせると、最終的に極限は次のようになります。${\displaystyle {\sqrt {2\pi }}}$これにより、漸近の場合の証明が完了する。^{[ 21 ]}

そして、すべてのnに対して、次のことが成り立つことに注目してください。${\textstyle l_{n}-{\frac {1}{12n}}<\lambda <l_{n}}$λを に置き換えて式を書き直す${\textstyle l_{n}\implies l_{n}=\lambda +{\frac {\theta _{n}}{12n}}}$すると、次のようになります。

$${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {\theta _{n}}{12n}}}$$

さらに、使用した不等式を詳しく見ていくと、最初の項はそのままにして、別の等比級数と比を用いることで、${\textstyle {\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}}$、我々は以下を持っている：^{[ 21 ]}

$${\displaystyle {\begin{aligned}l_{n}-l_{n+1}&>{\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}\left(1-{\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}\right)^{-1}+\left({\frac {1}{5}}-{\frac {1}{3^{2}}}\right){\frac {1}{(2n+1)^{4}}}\\&={\frac {1}{12n(n+1)}}\left(1+{\frac {1}{6n(n+1)}}\right)^{-1}+{\frac {1}{180n^{2}(n+1)^{2}}}\left(1+{\frac {1}{4n(n+1)}}\right)^{-2}\\&>{\frac {1}{12n(n+1)}}\left(1-{\frac {1}{6n(n+1)}}\right)+{\frac {1}{180n^{2}(n+1)^{2}}}\left(1-{\frac {1}{2n(n+1)}}\right)={\frac {1}{12n(n+1)}}-{\frac {3n(n+1)+1}{360n^{3}(n+1)^{3}}}\end{aligned}}}$$ ここで、次のことが導き出せる。

$${\displaystyle l_{n}-{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{360n^{3}}}>l_{n+1}-{\frac {1}{12(n+1)}}+{\frac {1}{360(n+1)^{3}}}}$$

自明なことなので $${\displaystyle l_{n}-{\frac {1}{12n}}<l_{n}-{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{360n^{3}}}<l_{n},}$$ そして $${\displaystyle \lim _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{12n}}=\lim _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{360n^{3}}}=0}$$

私たちは以下のことを知っています。 $${\displaystyle l_{n}-{\frac {1}{12n}}<\lambda <l_{n}-{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{360n^{3}}},}$$ そして上記の式を次のように書き換えます${\textstyle l_{n}=\lambda +{\frac {1}{12n}}-{\frac {\theta _{n}}{360n^{3}}}}$最終的に、我々は次のことを証明する。

$${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\exp \left({\frac {1}{12n}}-{\frac {\theta _{n}}{360n^{3}}}\right)}$$

• ランチョス近似
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