스털링 공식 (2)

1. [Euler-Mascheroi Constant] $\gamma = \lim _{n \to \infty} \left(\sum _{k=1} ^n \frac 1 k - \ln n\right) $ 가 수렴.

2. [Weierstrass product formula]

$$ \Gamma(x) = \frac{1}{x} e^{-\gamma x} \prod _ {n=1}^{\infty} \left(1+\frac xn\right)^{-1}e^{x/n} $$

3. $f : [1, \infty) \to \mathbb{R}$이 domain에서 미분가능하고 $\lim _{n\to \infty} f(n) = L$의 극한이 존재하며 $\lim _{x \to \infty} f'(x) = 0$이면 $\lim _{x \to \infty} f(x)$도 수렴한다.

1번은 $\gamma_n = \left(\sum _{k=1} ^n \frac 1 k - \ln n\right)$이 decreasing, bounded이므로 성립한다.

2번의 증명은 책에도 있는 다음 식을 필요로 한다.

$$ \Gamma(x) = \lim _{n \to \infty} \frac {n! n^x} {x(x+1) \cdots (x+n)} $$

양변에 자연로그를 취하자.

$$ \ln \Gamma(x) = - \ln x + \lim _{n \to \infty} \left[x \ln n - \sum _{k=1} ^n \ln \left(\frac x k + 1\right)\right] $$

$$ = -\ln x + \lim _{n \to \infty} \left [ - x \left( \sum _{k=1}^n \frac 1 k -\ln n \right) + \sum _{k=1}^n \left\{\frac x n - \ln \left(\frac x k + 1 \right)\right\} \right] $$

$$ = -\ln x - \gamma x + \sum _{n=1} ^\infty \left[\frac x n - \ln \left( 1+ \frac x n \right)\right] $$

따라서 준 식이 성립한다. 3번의 증명은 다음과 같다. 임의의 $\epsilon>0$에 대하여, $M>0$이 존재하여 $x>M$이면 $|f'(x)| < \epsilon /2$, $n > M$이면 $|f(n) - L| < \epsilon /2 $를 만족한다. 따라서 $x > M+1$일 때 자연수 $n$이 존재하여 $M < n \le x < n +1$을 만족하므로 평균값 정리에 의해,

$$ |f(x) - L| \le |f(x) - f(n)| + |f(n) - L| < |f'(c)| + \epsilon/2 <\epsilon $$

을 만족한다. ($n < c < x$). 따라서 성립.

이제 $f: [0, \infty) \to \mathbb{R}$을 다음과 같이 잡자.

$$ f(x) = \ln \Gamma(x+1) - (x \ln x - x + \frac{1}{2} \ln (2\pi x)) $$

그러면 $f(n)$이 $0$로 수렴함을 알고 있으므로, 보조정리 3에 의해 $f'(x)$의 극한이 $0$임을 보이면 끝난다. 한편,

$$ \ln \Gamma(x) = -\ln x -\gamma x + \sum _{n=1} ^\infty \left[\frac x n - \ln \left(1 + \frac x n \right)\right] $$

$$ \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)} = -\frac 1 x - \gamma + \sum _{n=1} ^\infty \left[\frac 1 n - \frac 1 {x+n}\right] $$

이 미분이 가능하려면 $(1/n - 1/(x+n))$의 합이 uniformly converge해야 하는데, 임의의 $R>0$에 대하여 $|1/n - 1/(x+n)| < R/n^2$ on $(0, R]$이므로 Weierstrass M-test에 의해 성립한다. 특히나 이 말은 이 급수가 절대수렴함을 뜻하므로,

$$ = -\gamma + \sum _{n=1} ^\infty \left( \frac 1 n - \frac 1 {x+n - 1} \right) $$

으로 합의 순서를 바꿀 수 있다. 따라서,

$$ f'(x) = -\gamma + \sum _{n=1} ^\infty \left(\frac 1 n - \frac 1 {x+n} \right) - \ln x - \frac 1 {2x} $$

$$ = \lim _ {n \to \infty} \left(-\sum _{k=1} ^n \frac 1 {x+k} + \ln \frac nx\right) -\frac 1{2x} $$

다음이 성립함은 쉽게 알 수 있다.

$$ \int _{x+1} ^{x+n+1} \frac 1 t dt < \sum _{k=1} ^n \frac 1 {x+k} < \int _x ^{x+n} \frac 1 t dt $$

$$ \therefore \ln \left( \frac {x+n+1}{n} \cdot \frac {x}{x+1}\right) < \sum _{k=1} ^n \frac{1}{x+k} - \ln \frac n x < \ln \left( \frac {x+n}{n} \cdot \frac {x}{x} \right) $$

즉,

$$ -\frac 1 {2x} \le f'(x) \le \ln \left(1+\frac 1 x\right) -\frac 1 {2x} $$

따라서 $\lim _{x \to \infty} f'(x) = 0$. 즉 다음이 성립한다.

$$ \lim _{x\to \infty} \frac {\Gamma(x+1)} {(x/e)^x \sqrt {2\pi x}} = 1$$

References: http://math.ucv.ro/~niculescu/articles/2012/DNP%20J%20Prime%20Research%202012.pdf