從尤拉數 e 到 Stirling 常數

從尤拉數 _e 到 _Stirling 常數

沈淵源

摘 要

我們從尤拉數 e 談起, 試著以電腦為我們實驗的工具, 利用數學軟體 Mathe- matica 計算繪圖的功能, 來激發我們自由而又豐富的想像力。 這提供了我們兩個強 有力的猜測。 對每一個猜測, 我們先分析它的結構, 然後試圖予以證明。 第二個猜測, 就是所謂的 Stirling 公式。 我們由此談到 Gamma 函數及其三種不同的界定方法。

利用第三種界定的方法, 我們證明了 Stirling 公式。 最後, 我們用這些結果來決定 Stirling 公式中的常數 √

2π 做為這篇文章的結束。

尤拉數 e ≈ 2.71828 18284 59045 23536 02874 · · · 是個很漂亮的無理數。 到底漂亮到 什麼程度呢? 首先, 以此數為底的指數函數 e^x 其導數就是它自己。 其次, 這個數有多種不同的 定義方法或表示法: 我們可以定義 e 為無窮級數

1 + 1 1! + 1

2!+ 1

3!+ · · · =

∞

X

n=0

1 n!

的和, 我們也可以定義 e 為數列 {(1 + _n¹)ⁿ} 的極限值。 為了方便起見, 我們稱前者為級數表 示法, 後者為極限表示法。 最後, 在初等微積分中, 我們定義 e 就是那唯一的正數使得定積分

Re 1 1

tdt 的值等於 1。

第三種定義的方法不是太好, 因為連你要估計一下它的大小也不是那麼顯然。 級數表示法 遠比極限表示法好, 此處所謂的好, 是比較其趨近於 e 的速度。 前者遠比後者快, 而且快很多。

且看下面的計算:

10

X

k=0

1

k! ≈ 2.71828 18011 46384 47972,

22

X

k=0

1

k! ≈ 2.71828 18284 59045 23536 02471,



1 + 1 10

10

≈ 2.59374 34601 00002,

34



1 + 1 10⁷

10⁷

≈ 2.71828 16939 80372.

當 n = 10, 級數表示法可精確到小數點後第 7 位; 而 n = 22, 卻可精確到小數點後第 22 位。 但極限表示法, 當 n大到10⁷ 時, 才精確到小數點後第 6 位。 實際上, 估計 Sn = ^Pn_k=0k!¹ 與 e 之間的差距, 是非常容易的。 且看下面的不等式:

e − Sⁿ =

∞

X

k=n+1

1

k! ≤ 1

(n + 1)! 1 + 1

n + 1 + 1

(n + 1)² + · · ·

!

= 1 n!n .

所以我們有 e − S10< 1/10!10 < 10⁻⁷, 以及 e − S20 < 1/22!22 < 10⁻²²; 如上面的計算所 表明者。

雖然如此, 極限表示法並非一無是處! 我們且看下面的數據:



1 + 1 10

11

≈ 2.85311 67061 10002, 這告訴我們



1 + 1 10

10

< e <



1 + 1 10

11

.

這樣的不等式是不是只有 n = 10 的時候才對呢? 最簡捷快速的辦法就是畫一下圖形。 Math- ematica 提供了我們下面的圖形 (由上到下分別為下面三個函數的圖形):

y =



1 + 1 x

x+1

, y = e , y =



1 + 1 x

x

. 圖一:

200 400 600 800 1000

2.65 2.675 2.725 2.75 2.775 2.8

所以我們有很好的理由, 作下面的猜測:

猜測一: 對所有的正整數 n, 下面不等式恆成立



1 + 1 n

n

< e <



1 + 1 n

n+1

。

讓我們來分析一下這個不等式。 我們所面臨的這三個數, 從某個角度來說是挺抽象的。 然 而, 當我們引進自然對數, 則全然改觀。 請看:



1 + 1 n

n

< e <



1 + 1 n

n+1

⇐⇒ n log



1 + 1 n



< 1 < (n + 1) log



1 + 1 n



⇐⇒ 1

n + 1 < log



1 + 1 n



< 1 n。

現在這三個數 1/(n + 1), log(1 + 1/n) 及 1/n, 比前面那三個好多了。 怎麼說呢? 首先, log(1 + 1/n) 這個數代表函數 f (x) = 1/x 圖形底下從 x = 1 到 x = 1 + 1/n 所包圍區域 R 的面積, 也就是下面這個定積分的值:

log



1 + 1 n



=

Z ₁₊¹

n

1

1 xdx。

因為 1/x 在區間 [1, 1 + 1/n] 是遞減的, 所以可得如下的不等式:

n

n + 1 = 1

1 + ¹_n < 1 x < 1

1 = 1 ⇐⇒

Z ₁₊¹

n

1

n

n + 1dx <

Z ₁₊¹

n

1

1 xdx

Z ₁₊¹

n

1 1dx

⇐⇒ 1

n + 1 < log



1 + 1 n



< 1 n。

這證明了我們的第一個猜測是對的, 而且證明非常簡單。 如果我們從幾何的角度來看這個 不等式, 那更是不言而喻。 令 R₁ 及 R₂ 分別為上述區域 R 的內接及外接長方形區域, 則 R₁ 的面積就是 1/(n + 1), 而 R2 的面積就是 1/n。 當然區域 R 的面積 log(1 + 1/n) 是介於這 兩個數之間。

除了上面這個簡單的證明之外, 我們還可找到兩個非常有趣的證明方法。 第一個是與尤拉 常數

γ = lim

n→∞



1 + 1 2 +1

3 + · · · + 1

n − log n



有關, 請參閱 [3]。 第二個與極大化正整數之乘積有關 (當這些正整數有固定和時), 請參閱 [6]。

這個不等式本身也是挺有趣的。 我們先寫成下面的形式:

(k + 1)^k k^k =



1 + 1 k

k

< e <



1 + 1 k

k+1

= (k + 1)^k+1 k^k+1 ,

然後將對應於 k 從 1 到 n − 1 的那些不等式相乘在一起。 化簡後可得:

nⁿ⁻¹

(n − 1)! < eⁿ⁻¹ < nⁿ

(n − 1)! ⇐⇒ nⁿ n! < eⁿ

e < nⁿ⁺¹ n!

⇐⇒ e(nⁿe⁻ⁿ) < n! < e(nⁿ⁺¹e⁻ⁿ)。

很自然的, 我們想從這不等式來估計 n! 的大小。 當 n 很大時, 可能 n! 與 n^n+θe⁻ⁿ 差不 多大或是一個常數倍, 此處 θ 為介於 0 與 1 之間的常數。 以應用的觀點來說, 處理 n^n+θe⁻ⁿ 遠比處理 n! 來得容易, 因為前者是個指數。 所以我們就來看一下, 當 n 趨近於無窮大時, 這兩 個數相比的比值

Sn,θ = n!

n^n+θe⁻ⁿ

是不是會趨向某一個定數呢? 我們再一次的使用 Mathematica 來幫助我們建立下面的圖形:

圖二: θ = 0.5

20000 40000 60000 80000 100000

2.5067 2.5068 2.5069 2.5071

仔細的觀察這些圖形我們可作以下的結論:

1. 數列 {S^n,0.5} 是遞減而且有界限的。 所以由單調收斂定理, 我們知道此數列是收斂的。 令 s 為其極限。 圖形顯示 s ≈ 2.507 · · · , 這個極限顯然不等於尤拉數 e。

2. 如果 θ < 0.5, 則數列 {S^n,θ} 是遞增但無上界。 所以我們不能指望這個數列會是收斂的。

3. 如果 θ > 0.5, 則數列 {S^n,θ} 是遞減而且很顯然會趨近於 0。

由上面的分析, 我們得到第二個猜測。 我們用符號 g(n) ∼ f(n) 表示

n→∞lim g(n) f (n) = 1。

圖三: θ = 0.1

圖四: θ = 0.2

圖五: θ = 0.3

6

2. 10 6

4. 10 6

6. 10 6

8. 10 7 1. 10 6

8 10 12

6

2. 10 6

4. 10 6

6. 10 6

8. 10 7 1. 10 10

20 30 40 50 60

6

2. 10 6

4. 10 6

6. 10 6

8. 10 7 1. 10 50

100 150 200 250 300

6

2. 10 6

4. 10 6

6. 10 6

8. 10 7 1. 10 250

500 750 1000 1250 1500

圖六: θ = 0.4

圖七: θ = 0.6

圖八: θ = 0.7

圖九: θ = 0.8

6

2. 10 6

4. 10 6

6. 10 6 8. 10

7 1. 10 0.01

0.02 0.03 0.04 0.05

6

2. 10 6

4. 10 6

6. 10 6 8. 10

7 1. 10 0.025

0.05 0.075 0.1 0.125 0.15

6

2. 10 6

4. 10 6

6. 10 6

8. 10 7 1. 10 0.15

0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45

6

2. 10 6

4. 10 6

6. 10 6

8. 10 7 1. 10

0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.1 1.2

圖十: θ = 0.9

猜測二: 對所有的正整數 n, 我們有 n! ∼ sn^n+0.5e⁻ⁿ, 此處 s 為一常數。

下面我們試著要來證明這個猜測是對的, 同時我們也想決定常數 s 到底是那個數。 首先, 讓我們從分析的觀點來研究一下 n!。 在初等微積分中, 我們處理過無限積分, 像 ^R₀^∞e^−tdt,

R^∞

0 te^−tdt, ^R₀^∞t²e^−tdt, · · · 等。 由數學歸納法, 我們得到

Z ^∞

0 tⁿe^−tdt = n! 。

這個 n! 的積分表示法建議我們考慮無限積分 ^R₀^∞t^xe^−tdt 。 這就開啟了我們對 Gamma 函數 的研究。 傳統上, 我們習慣定義 Gamma 函數為

Γ(x) =

Z ^∞

0 t^x−1e^−tdt 。

眾所周知, Gamma 函數 Γ(x) 為定義在 (0, ∞) 的正函數而且滿足函數方程式 Γ(x+1) = xΓ(x) 以及起始條件 Γ(1) = 1。 然而, 僅僅這兩個性質還是無法界定 Gamma 函數。 我們很容 易看出, 起始條件在整個界定上是無關緊要的。 因為如果 f (x) 是定義在 (0, ∞) 的正函數且滿 足函數方程式 f (x+1) = xf (x), 則 g(x) = f (x)/f (1) 也是定義在 (0, ∞) 的正函數, 滿足 同一函數方程式而且 g(1) = 1。 令人驚訝的是, log Γ(x) 函數的凸性就足以界定 Gamma 函 數。 這是由 H. Bohr 與 J. Mollerup 所發現的事實, 詳情請參閱 [4]。 換句話說, 上述兩性質 加上log Γ(x) 函數的凸性就可以界定 Gamma 函數。 其證明可參閱 Emil Artin 漂亮的小書 [1,2] 或是 Walter Rudin 的名作 [8]。

第二個界定 Gamma 函數的公式乃是由 Laugwitz 及 Rodewald [7] 所提出。 他們說, log Γ(x) 函數的凸性可取代為性質 (L) : 令 L(x) = log Γ(x + 1), 則 L 滿足下式

L(n + x) = L(n) + x log(n + 1) + rn(x), 此處 lim

n→∞rn(x) = 0 。 (L) 然而, 他們並沒有證明性質 (L) 與 log Γ(x) 函數的凸性之間是怎麼個連結起來而且對等的問 題。 這個界定 Gamma 函數的概念可追溯到尤拉, 請參閱 [5]。

如果我們仔細分析一下性質 (L), 我們會察覺到自然對數的引進與否, 無關緊要。 沒有自 然對數的話, 上面的式子, 和變成積; 反而更簡捷而且更有希望接近 Gamma 函數的積的表示 法。 基於此種考慮, 我們可得到下面的性質, 稱之為性質 (P):

Γ(x + n) = Γ(n)n^xtn(x), 此處 lim

n→∞tn(x) = 1 . (P) 如上所期望, 這給了我們第三個界定 Gamma 函數的公式。

定理: 存在唯一定義於 (0, ∞) 的正函數 f(x) 滿足下列三個性質:

(a) f (1) = 1;

(b) f (x + 1) = xf (x);

(c) f (x + n) = f (n)n^xtn(x), 此處 limn→∞tn(x) = 1 。 詳細的證明請參閱 [9], 在此我們來看看唯一性的證明。

引理: 對任何的正數 x > 0, 函數數列 {fⁿ(x)} 是收斂的; 此處 fn(x) = n^xn!

x(x + 1) · · · (x + n)。 證明: 取對數, 可得

log fn(x) = x log n +

n

X

k=1

log k − log x −

n

X

k=1

log(x + k)

= x log n − log x −

n

X

k=1

log(1 + x k)

= − log x − x

" _n X

k=1

1

k − log n

#

+

n

X

k=1

x

k − log(1 + x k)



= − log x − xγⁿ+ cn(x) ,

此處 γn = ^Pn_k=1 ¹_k − log n, 還有 cⁿ(x) = ^Pn_k=1^hx_k − log(1 +^xk)ⁱ。 眾所周知, 數列 {γⁿ} 收斂於尤拉常數 γ ≈ 0.577 · · · . 對 k > x > 0, 我們有

0 < x

k − log(1 + x k) = x

k −

∞

X

i=1

(−1)ⁱ⁺¹ i (x

k)ⁱ ≤ x² 2k² 。

比較法告訴我們, 數列 {cⁿ(x)} 是收斂的, 所以 {log fⁿ(x)} 是收斂的, 因此原來的數列 {fⁿ(x)}

也是收斂的。

定理唯一性的證明: 假設 f (x) 為滿足定理中所述的三個性質的函數。 從性質 (a) 與性質 (b), 可得

f (n) = (n − 1)! , (1)

f (x + n) = (x + n − 1)(x + n − 2) · · · (x + 1)xf(x)。 (2) 將 (2) 式, 性質 (c), 以及 (1) 式合在一起, 我們有

f (x) = n^x(n − 1)!

x(x + 1) · · · (x + n − 1) · tⁿ(x) = fn(x) · sⁿ(x),

此處 sn(x) = (x + n)/n · tⁿ(x) . 由引理以及假設, 得知 limn→∞sn(x) = 1, 我們有下面的 公式:

f (x) = lim

n→∞

n^xn!

x(x + 1) · · · (x + n)。 (3)

因此, f (x) 是唯一的。

為了討論上的方便, 我們採用下面的術語。

定義: 我們稱一個定義於 (0, ∞) 的正函數 f 為 PG (pre-gamma) 函數, 如果 f 滿足 函數方程式 f (x + 1) = xf (x)。

現在我們可以重述到目前為止 Gamma 函數的界定方法, 如下:

界定一: 如果 f 是一 PG 函數, 使得

(C) log f 是在 (0, ∞) 上的凸函數, 則 f (x) = cΓ(x), c 為一常數。

界定二: 如果 f 是一 PG 函數, 使得函數 L(x) = log f (x + 1) 滿足 (L) L(n + x) = L(n) + x log(n + 1) + rn(x), 此處 limn→∞rn(x) = 0, 則 f (x) = cΓ(x), c 為一常數。

界定三: 如果 f 是一 PG 函數, 使得

(P) f (n + x) = f (n)n^xtn(x), 此處 limn→∞tn(x) = 1, 則 f (x) = cΓ(x), c 為一常數。

顯而易見的, 在這三個不同的界定當中, 常數 c 均為 f (1)。 換句話說, 任何 PG 函數 f 具有 f (1) = 1 且滿足性質 (C), 或性質 (L), 或性質 (P) 的, 必定就是 Gamma 函數。

事實上, 對一個 PG 函數而言, 性質 (C), 性質 (L), 性質 (P) 是對等的; 詳細的證明請參 閱 [9]。 所以前面證明唯一性時, 在引理中的那個函數 (亦即 (3) 式) 就是 Gamma 函數本身。

現在我們回到前面的猜測二。 因為 Γ(n + 1) = n! 以及 Γ(x + 1) = xΓ(x), 所以我們將 猜測二改寫為

猜測三: 對所有的正數 x, 我們有 Γ(x) ∼ sx^x−0.5e^−x, 此處 s 為一常數。

如果這個猜測是對的, 令

µ(x) = log Γ(x) sx^x−0.5e^−x

!

,

則 Γ(x) = sx^x−0.5e^−xe^µ(x)。 所以這個猜測建議我們考慮上式右方的函數

f (x) = x^x−0.5e^−xe^µ(x) (4) 我們所面臨的問題變為: 尋找函數 µ(x), 使得 f 滿足界定三的條件。 怎麼樣的 µ(x) 才能使 f 是一個 PG 函數呢? 且看:

f (x + 1) = xf (x) ⇐⇒ 1 = f (x + 1) xf (x)

⇐⇒ 1 = (x + 1)^x+0.5e^−x−1e^µ(x+1) xx^x−0.5e^−xe^µ(x)

⇐⇒ eµ(x)−µ(x+1) =



1 + 1 x

x+0.5

e⁻¹

⇐⇒ µ(x) − µ(x + 1) = (x + 0.5) log



1 + 1 x



− 1 。 令 g(x) = (x+0.5) log^1 + ¹_x^−1。 所以 f 是一個 PG 函數的充要條件為 µ(x)−µ(x+1) = g(x)。 怎麼樣的 µ(x) 才滿足這條件呢? 很簡單,

µ(x) =

∞

X

k=0

g(x + k)

就是其中一個。 也許你會指控說: 「你連級數的收斂性都還不知道, 怎可如此大膽呢? 」 但萬事 總有一個起頭嘛! 忍耐一下, 姑且假設它是收斂的。 好啦! 那這樣的 µ 是不是使得 f 滿足性質 (P) 呢? 我們先看看再說吧! 且看:

tn(x) =f (n + x)

f (n)n^x =(n + x)^n+x−0.5e^−n−xe^µ(n+x) x^x−0.5e^−xe^µ(x)n^x =



1 + x n

n+x−0.5

e^−xeµ(n+x)−µ(x)。 我們知道

n→∞lim



1 + x n

n+x−0.5

= e^x。 所以只要能證明

n→∞lim eµ(n+x)−µ(x) = 1 , 那麼性質 (P) 就沒問題。 事實上,

µ(n + x) =

∞

X

k=0

g(n + x + k) =

∞

X

k=n

g(x + k) 及 µ(n) =

∞

X

k=0

g(n + k) =

∞

X

k=n

g(k) 都是上面那個無窮級數的尾巴。 所以當 n 趨近於無窮大時, 這兩個無窮級數當然都會趨近於 0。

現在我們回頭討論上面那個無窮級數^P∞_k=0g(x + k) 的收斂性。 首先我們將 g 寫成下面 的形式:

g(x) = 1

2(2x + 1) log 1 + _2x+1¹ 1 − _2x+1¹

!

− 1。 (5)

令 y = _2x+1¹ , 則 0 < y < 1, 此乃因為 x > 0。 眾所皆知 log(1 + y) = +y − y²

2 +y³ 3 −y⁴

4 + − · · · log(1 − y) = −y −y²

2 − y³ 3 − y⁴

4 − · · ·

所以, 我們有下面的展開式 1

2y⁻¹log 1 + y 1 − y

!

= 1 + y² 3 + y⁴

5 +y⁶

7 + · · · . 與上面 (5) 式合在一起, 我們得到

g(x) = 1

3(2x + 1)² + 1

5(2x + 1)⁴ + 1

7(2x + 1)⁶ + · · ·

< 1 3(2x + 1)²

"

1 + 1

(2x + 1)² + 1

(2x + 1)⁴ + · · ·

#

= 1

3(2x + 1)²

1 1 − (_2x+1¹ )²

= 1

12x− 1 12(x + 1)。 因此, 我們有

n

X

k=0

g(x + k) <

n

X

k=0

1

12(x + k)− 1 12(x + k + 1)

!

= 1

12x− 1 12(x + n + 1)

< 1 12x。

所以我們的無窮級數^P∞_k=0g(x + k) 是正項級數, 而且其部份和是有上限的。 結論是它是收斂 的, 所以我們得到

x→∞lim µ(x) = 0 亦即 lim

x→∞e^µ(x) = 1。

界定三告訴我們 f (x) = cΓ(x), 或者寫成下式

Γ(x) = sx^x−0.5e^−xe^µ(x) ,

此處 s = 1/c = 1/f (1) 為一常數。 這就證明了猜測三是對的, 此即一般所謂的 Stirling 公式。

因此我們就把這個常數 s 稱之為 Stirling 常數。

最後, 讓我們將上面所得到的結果用來決定 Stirling 常數, 做為這篇文章的結束。 我們會 用到 Γ(¹₂) = √

π, 第 (3) 式, 以及上面剛得到的結果 n! ∼ sn^n+0.5e⁻ⁿ。 且看:

Γ(1

2) = lim

n→∞

n^0.5n!

1 2 3 2 5

2· · ·²ⁿ⁺¹2

= lim

n→∞

2²ⁿ⁺¹(n!)²n^0.5 (2n)!(2n + 1)

= lim

n→∞

2²ⁿ⁺¹s²n²ⁿ⁺¹e⁻²ⁿn^0.5 s(2n)^2n+0.5e⁻²ⁿ(2n + 1)

= lim

n→∞

s(2n)

√2(2n + 1)。 所以我們有等式 √π = s/√

2, 因此 s =√

2π, 這就是 Stirling 常數。

參考資料

1. Artin, Emil : The Gamma Function, Holt, Rinehart & Winston, Inc., New York, 1964.

2. Artin, Emil : Einf¨uhrung in die Theorie der Gammafunktion, Teubner, 1931.

3. Barnes, C.W. : Euler’s constant and e, Amer. Math. Monthly, 91 (1984), 428-430.

4. Bohr, H. and Mollerup, J. : Laerebog i matematisk Analyse, Kopenhagen, 1922, vol.

III, pp. 149-164.

5. Euler, Leonhard : Institutiones calculi differentialis, Teubner, 1980; Leonhardi Euleri opera omnia, 10.

6. Goodman, T.N.T. : Maximum Products and lim(1 +¹_n)ⁿ= e, Amer. Math. Monthly, 93 (1986), 638-640.

7. Laugwitz, Detlef and Rodewald, Bernd : A simple characterization of the gamma func- tion, Amer. Math. Monthly, 94 (1987), 534-536.

8. Rudin, Walter : Principles of Mathematical Analysis, 3rd Edition, McGraw-Hill Book Co., New York, 1976.

9. Shen, Yuan-Yuan : On characterizations of the gamma function, Math. Mag., to appear, 1995.

—本文作者任教於東海大學數學系—