談 Stirling 公 式

談 _Stirling 公式

蔡聰明

甲. 一個機率問題

什麼是一個事件 (event) 的機率? 這是 機率論最基本也是爭論最多的一個問題。

舉最簡單的例子來說明: 丟一個公正銅 板 (fair coin), 出現正面 (head) 的機率 為 ¹

2, 這是什麼意思呢? 常識性的解釋大致 是, 將此銅板獨立地丟“很多”次, 那麼正面 出現的次數“大約”佔一半, 這是在隨機的說 不準中很確定的事情。 所謂的“平均律”(the law of averages) 或“大數法則”(the law of large numbers) 隱隱約約就是指著這個 解釋。 不過, 常識往往是含糊的或自相矛盾 的, 需要加以精煉。 事實上,“數學是精煉的常 識”(Mathematics is a refined common sense)。 常識是我們作觀念探險之旅的出發 點。

問1: 丟2n 次銅板, 正面恰好出現 n 次 的機率有多大?

根據組合學, 丟 2n 次銅板, 共有 2²ⁿ種 可能結果, 假設每一種結果發生的機會均等, 那麼 2n 次中有 n 次為正面的結果共有_2nCn

種, 故得機率為 p_2n = ²ⁿCn

2²ⁿ = (2n)!

2²ⁿn!n! (1)

我們更有興趣的問題是, 當n趨近 ∞ 時, p2n 會趨近於多少? 上述常識性的解釋 似乎是說, lim

n→∞p_2n = 1, 這成立嗎? 這需要 對 (1) 式作精確的估算, 於是引出了下面的

問2: 當 n 很大時, 如何估算 n!? 更明 確地說: 當 n 趨近 ∞ 時, n! 的漸近相等式 (Asymptotically equal formula) 是什麼?

即要找一個“好用”的數列 (an) 使得

n→∞lim n!

an = 1, 記成 n! ∼ aⁿ。

我們希望找到這樣的 (an), 然後代入 (1) 式中計算出極限值 lim

n→∞p_2n, 就可以檢 驗上述常識性的機率解釋是否正確。

n! 的漸近相等式存在嗎? 如何找? 這 就來到了 Stirling 公式的大門口。 在文獻上, 有許多文章論述 Stirling 公式的簡化證明或 機率式的證明 (參見 [1] 至 [9]), 不過都只是 在已經知道公式後, 給出證明而已, 並沒有說 出如何“看出”或“猜出”公式的追尋、 探險過 程。 因此令人有“美中不足”或“未盡妙理”的 感覺。 本文我們就試著來補上這個缺憾, 展示 一種推測式的猜想過程。 我們不排斥還有其 它猜想過程, 因為登一座山可以有各種不同 的路徑, 路徑越多越美妙。

1

乙. n!的馴服

首先觀察 n! = n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2 · 1, 欲估計它, 最簡單的是採高估策略: 每 個因數都用 n 來取代, 亦即取

an= n · n · · · · n_{| {z }}

n個

= nⁿ (2)

顯然 lim

n→∞

n!

nⁿ = 0, 故 nⁿ 高估了 n!, 不過 也不錯,“萬事起頭難”, 有個開頭, 就可以逐 步修正、 改進, 從錯誤中學習, 而達真理的殿 堂。

問3: 如何改進(2) 式?

我們改採中庸策略: 每個因數都用“中位 數” ⁿ₂ (差不多就是算術平均 ⁿ⁺¹₂ ) 來取代, 亦即取

an = n 2 · n

2· · ·n

| {z 2}

n個

= (n

2)ⁿ= nⁿ· 2⁻ⁿ (3)

這樣應該會比(2)式更好才對吧!

我們必須對 (3) 式作分析與檢驗的工 作。 令

bn = n!

(ⁿ₂)ⁿ 如果 lim

n→∞bn = 1, 那麼“芝麻就開門”了, an = (ⁿ₂)ⁿ 就是我們所要的漸近公式。 然而 我們的內心不禁會響起如下的懷疑: 真理不 會藏得這麼淺顯, 讓我們一猜即中吧?

我們來比較 n! 與 (ⁿ₂)ⁿ的大小。 由算術 平均大於等於幾何平均定理知

√n

n! < n+ 1 2 ≈ n

2 事實上可以用數學歸納法證明:

n! < (n

2)ⁿ, ∀ n = 6, 7, 8, · · ·

因此當 n 很大時, 用“相差”的觀點來看, (ⁿ₂)ⁿ 高估了 n! 但是此地我們應該另採“相 比”的觀點更適當, 因為我們要找的是 n! 的 漸近相等式。 例如, n² + n 與 n², 從“相 差”觀點來看, 當 n → ∞ 時, 兩者之差 (n² + n) − n² → ∞; 但是從“相比”觀點 來看, ⁿ²_n⁺ⁿ2 → 1, 即兩者漸近地相等。 換 言之,“相差”觀點的高估, 還是有可能是“相 比”觀點的漸近相等。

考慮 n! 與 (ⁿ₂)ⁿ之比的數列 (bn), 我們 的目標是探求極限 lim

n→∞bn。首先注意到 (bn) 是一個遞減的正項數列, 由實數系的完備性 知

n→∞lim bn = α存在, 且α ≥ 0 (4) 但是 α 等於多少, 並不容易看出。 我們採用 旁敲側擊的戰術, 我們觀察到下面簡單的

補題1: 設 (Sⁿ) 為一個正項數列。 如 果 lim

n→∞Sn = S ∈R 且 S 6= 0, 則

n→∞lim

S_n+1 Sn = 1。

這並沒有告訴我們一個數列何時會收斂 , 不過卻有“消極中的積極”作用。 如果 lim

S_n+1 n→∞

Sn = 1 不成立, 則可能有三種情形:

n→∞lim Sn= 0或 lim

n→∞Sn= ∞或 lim_n→∞sn不存在 此時根本不必夢想會有 lim

n→∞Sn = 1。 另一方 面, 如果 lim

n→∞

S_n+1

Sn = 1, 則 (Sn) 可能收斂, 也可能發散; 此時也不能保證 lim

n→∞Sn = 1。

現在就來計算極限

n→∞lim bn+1

bn

= lim

n→∞

(n+1)!

(ⁿ⁺¹₂ )ⁿ⁺¹ ·⁽

n 2)ⁿ n!

= _lim ²

n→∞

(1+n¹)ⁿ = ²_e <1 (5)

因此 lim

n→∞

b_n+1

bn = 1不成立, 故下列三者之一 成立:

n→∞lim bn= 0或 lim

n→∞bn= ∞或 lim_n→∞bn不存在。

配合 (4) 式立知 lim

n→∞bn = 0, 所以 (ⁿ₂)ⁿ 還 是高估了 n!。 只好繼續追尋。

問4: 如何改進(3) 式?

我們的目標是尋找比 (ⁿ₂)ⁿ 還小一點的 估計式。 我們從兩個角度來觀察:

(i) 由微積分知道, 對差分而言, 2 是自 然指數的底數 (△2ⁿ = 2ⁿ), 但是對需取極 限的微分而言, 比 2 大的 e(≈ 2.71828) 才 是自然指數的底數 (De^x = e^x)。e 似乎是比 2 更佳的選擇;

(ii) 在 (5) 式中, 若將 2 改為 e, 則極 限值變成 1, 這似乎是不錯的念頭。

這兩點觀察給我們啟示, 何不將 (3) 式 中的 2 改為神奇的數 e 呢? 換言之, 將 (ⁿ₂)ⁿ 改成小一點的 (ⁿ_e)ⁿ似乎是個好主意。 讓我們 投石問路, 試試看, 亦即重新取

an = n e · n

e · · ·n

| {z e}

n個

= (n

e)ⁿ= nⁿe⁻ⁿ (6)

接著是檢驗工作。 令 n! 與 (ⁿ_e)ⁿ 的相比 為

cn= n!

(ⁿ_e)ⁿ 容易求得極限 lim

n→∞

c_n+1

cn = 1, 但是還是無法 得到我們夢想的結果 lim

n→∞cn= 1。 繼續做苦 工 (dirty works) 吧!

首先我們來比較 (ⁿ_e)ⁿ與 n! 的大小。 由 2 < (1 +_n¹)ⁿ< e 可得到

(ⁿ⁺¹_e )ⁿ⁺¹

(ⁿ_e)ⁿ < (n + 1)!

n! < (ⁿ⁺¹₂ )ⁿ⁺¹ (ⁿ₂)ⁿ

再由數學歸納法可證得下面結果:

補題2:

(i) n! < (ⁿ₂)ⁿ, ∀ n ≥ 6 (ii) (ⁿ_e)ⁿ < n!, ∀ n ∈N (iii) n! < (ⁿ⁺¹₂ )ⁿ, ∀ n ≥ 2

[註]. 上述 (iii) 是去年 (1992) 大學夜校聯招 試題。

(ⁿ₂)ⁿ不是我們所要的答案, 改為(ⁿ_e)ⁿ, 會不會矯枉過正呢? 讓我們來求算極限 值 lim

n→∞cn。 由補題 2 知 cn = n!

(ⁿ_e)ⁿ >1, ∀ n ∈ N 並且容易驗知 (cn) 為一個遞增數列, 故

n→∞lim cn= β存在, 且β ∈ (1, ∞]。

為了探求β的真確值, 我們想到了也許 可以請著名的 Wallis 公式來幫忙, 因為公式 中涉及了 n!。 這是 Wallis 在 1656 年研究 圓的求積問題而得到的, 公式的發現過程也 非常富有方法論上的啟發與意涵。

補題3: (Wallis 公式, 1656 年) 2

1·2 3·4

3·4

5· · · 2n

(2n − 1)· 2n

(2n + 1)· · · = π 2 或

n→∞lim

(2ⁿ· n!)⁴

[(2n)!]²(2n + 1) = π 2 或

n→∞lim

2²ⁿ(n!)² (2n)!√n =√

π。

由

cn = n!

(ⁿ_e)ⁿ = n!eⁿ nⁿ 得

n! = cnnⁿe⁻ⁿ 從而

(2n)! = c2n(2n)²ⁿe⁻²ⁿ

代入 Wallis 公式得

n→∞lim

2²ⁿc²nn²ⁿe⁻²ⁿ c_2n(2n)²ⁿe⁻²ⁿ√

n =√ π 亦即

n→∞lim c²_n c_2n√

n =√

π (7)

如果 lim

n→∞cn = β 是有限數, 則由 (7) 式得 0 =√π, 這是一個矛盾。 結論是

n→∞lim cn= lim

n→∞

n!

(ⁿ_e)ⁿ = ∞ 換言之, (ⁿ_e)ⁿ 低估了 n!。

我們繼續追問: 低估了多少?

最容易猜想到的增估是取 an = (n

e)ⁿ· n 令 dn = ₍^nn!

e)ⁿ·n, 易驗知 (dn) 為一個遞 減的正項數列, 故 lim

n→∞dn = r 存在, 且 0 ≤ r < ∞。 今若 0 < r < ∞, 仿上述 程序由 Wallis 公式何得 ∞ = √

π 之矛盾。

因此 lim

n→∞dn= 0。 換言之, (ⁿ_e)ⁿ· n 又高估 了 n!。

只好再減估一點, 比 n 更低階趨近於

∞ 的式子是什麼呢? 我們自然想到 n^α,

0 < α < 1, 配合著對 (7) 式的觀察, 我 們自然想到了 √n, 於是我們猜想

an= (n e)ⁿ√

n (8)

這也許是個不錯的折衷辦法。

我們也可以從另一個角度來觀察: 由微 積分知

(1+1

k)^k < e <(1+1

k)^k+1, k = 1, 2, 3, · · · 令 k = 1, 2, · · · , n − 1 得到一組不等式, 將 它們乘起來得

e(n

e)ⁿ< n! < e n(n e)ⁿ

此式只是 n! 的粗估, 不過也啟示我們用折衷 的 (ⁿ_e)ⁿ√

n 來估計 n!

讓我們來檢驗看看這個猜想好不好。 令 un= n!

(ⁿ_e)ⁿ√n (9) 問5: 極限 lim

n→∞un 存在嗎? 是多少?

補題5: (un) 是一個遞減的正項數列。

證明: 考慮相比 un

un+1

= 1 e(1 + 1

n)ⁿ⁺¹² 我們觀察到下面兩式是等價的:

e < (1 + 1

n)ⁿ⁺¹², (10) 2

2n + 1 = 1

n+¹₂ <ln(n + 1) − ln n

=

Z _1+n

n

1

xdx (11)

由於 y = ¹_x 為一個凸函數, 且下圖梯形面積 恰好為 _n¹

+¹₂

因此 (11) 式成立, 從而 (10) 式成立。 於是

un

u_n+1 > 1, 亦即 (un) 為一個遞減正項數列, 證畢。

因此極限 lim

n→∞un = L 存在, 且 0 ≤ L < ∞。 如果 L = 0, 我們就必須繼續再追 尋下去。 幸運的是, 我們已經可以用 Wallis 公式證明 L = √

2π, 這真是一個美妙的結 果。n! 終於被馴服!

丙. Stirling 公式的證明

定理1: (Stirling 公式, 1730 年)

n→∞lim

√ n!

2πn nⁿe⁻ⁿ = 1 記成 n! ∼√

2πn nⁿe⁻ⁿ, 當 n → ∞。

證明:

由 un = n!

nⁿe⁻ⁿ√ n 得

n! = unnⁿe⁻ⁿ√ n (2n)! = u2n(2n)²ⁿe⁻²ⁿ√

2n

代入 Wallis 公式並且化簡得

n→∞lim u²_n u_2n√

2 =√ π

再由 lim

n→∞un = L 得 _L^L√2₂ = √

π, 從而 L=√

2π, 證畢。

Stirling 公 式 涉 及 兩 個 神 奇 的 常 數 π 與 e, 這是其美妙的所在。 物理學家 R.Feynman 每當遇到一個含有 π 的公式 時, 總是要問 :“圓在哪裡? ”(Where is the circle? ) 此地我們很容易回答:π 來自 Wal- lis 對圓的求積公式。

利用同樣的方法我們可以證明下面深刻 的結果:

定理2: 設 α > 0, 且 xⁿ = _nⁿ_e^n−n!_n^α, 則

(i) 當 α > ¹₂ 時, (xn) 為遞減數列且

n→∞lim xn = 0。

(ii) 當α < ¹₂時, (xn) 終究遞增且 lim

n→∞xn

= ∞。

換言之, 當 α > ¹₂ 時, nⁿe⁻ⁿn^α高估了 n!; 當 α < ¹₂ 時, nⁿe⁻ⁿn^α低估了 n!。α = ¹₂ 恰是分水嶺的 Stirling 公式。

證明: 考慮相比 xn

xn+1

= (1 + _n¹)^n+α e

我們來比較 (1 + _n¹)^n+α 與 e 之大小, 我們 改比較它們的對數:

ln(1+1

n)^n+α= (n+α) ln(1 + n

n ) 與 ln e = 1 由級數展開公式

ln(1 + x

1 − x) = 2(x 1+x³

3 +x⁵

5 +· · ·), |x| < 1

令 x = _2n+1¹ , 則 ^1+x_1−x = ⁿ⁺¹_n , 於是 (n + α) ln(n+ 1

n )

= 2(n + 2)( 1

2n + 1+ 1

3(2n + 1)³ + 1 5(2n + 1)⁵

+ · · ·) (12)

(i) 當 α > ¹₂ 時, 2(n + α) > 2n + 1, 故由 (12) 式易知

(n + α) ln(n+ 1 n ) > 1 亦即

(1 + 1

n)^n+α > e 因此 (xn) 遞減, 於是 lim

n→∞xn = a 存在且 0 ≤ a < ∞。 如果 0 < a < ∞, 由 Wal- lis 公式會得到一個矛盾。 只好 a = 0, 亦即

n→∞lim xn= 0。

(ii) 當 α < ¹₂ 時, 2(n + α) < 2n + 1。

將 (12) 式中的 5, 7, 9, · · · 皆改為 3, 得到估 計式

(n + α) ln(n+ 1 n )

< (2n+α)( 1

2n+1+ 1 3(2n+1)³ + 1

3(2n+1)⁵ + · · ·)

= (2n + α) · 1 2n + 1 +2(n + α) · 1

3 1

(2n + 1)³ · 1 1 − _(2n+1)^{1 2}

= 2n + 2α

2n + 1 (1 + 1 12(n²+ n))

= (2n + 2α)(12n²+ 12n + 1) (2n + 1)(12n²+ 12n)

分母= 24n³ + 36n²+ 12n, 分子= 24n³ + (24 + 24α)n²+ (2 + 24α)n + 2α, 分母−分 子= (12 − 24α)n²+ (10 − 24α)n − 2α。

今因 α < ¹₂, 故 12 − 24α > 0。 從而 只要 n 夠大, 則分母大於分子。 換言之, 只要 n 夠大,

(n + α) ln(n+ 1 n ) < 1 亦即

(1 + 1

n)^n+α < e

於是 (xn) 終究遞增, 故 lim xn = b 存在 且 0 < b ≤ ∞。 如果 0 < b < ∞, 同樣由 Wallis 公式會得到一個矛盾。 只好 b = ∞, 即 lim

n→∞xn = ∞。

推論: (i) lim

n→∞

n!

nⁿe⁻ⁿln n = ∞ (ii) lim

n→∞

n!

nⁿe⁻ⁿ√n(1+_12n¹ )=√ 2π 將上述追尋 n! 的歷程圖解如下:

n!

(ⁿ_e)ⁿ (ⁿ_e)ⁿn^α (ⁿ_e)ⁿ√n (ⁿ_e)ⁿn^α (ⁿ_e)ⁿn (ⁿ₂)ⁿ nⁿ α<¹

2 α>¹

2

(3) ⁽7) ⁽5) ⁽6) ⁽4) ⁽2) ⁽1)

低估 高估

經過這麼辛苦的試誤、 計算過程, 終於 得到美麗的 Stirling 公式, 這是令人欣喜的 事。 唯有經過這樣的辛苦, 我們對這個公式才 真正有感覺 (feeling), 甚至有感情。 數學公 式不再是冰冷的, 而是可親的。

如果將做數學比喻為登一座高山, 那麼 現代人大多是利用現代化的交通工具直接登

到山頂 (相當於直接給出公式、 定理), 然後就 指看剛才的登山路徑 (即給出邏輯證明), 接 著是欣賞風景 (應用公式來解一些問題)。 但 是我們要指明, 如果沒有經歷一步一步登山 的流汗, 沒有親自感受花草的芳香與泥土的 味道, 甚至嚐到偶爾的迷路, 即使到了山頂也 是不容易領會美景的。

丁. 初步否定常識性的機率概 念

現在我們要利用 Stirling 公式來探討機 率之謎 (the enigma of probability)。 首先 觀察到一個顯然的

補題6: 設 (an), (bn), (cn) 及 (dn) 皆 為正項數列且 lim

n→∞

an

bn = l。 若 an ∼ cⁿ 且 bn ∼ dⁿ 則 lim

n→∞

cn

dn = l。

接著計算“丟 2n 次銅板恰好出現 n 次 正面”的機率 p_2n 在 n → ∞ 的極限

n→∞lim p_2n = lim

n→∞

(2n)!

2²ⁿn!n!

= lim

n→∞

√2π2n(2n)²ⁿe⁻²ⁿ 2²ⁿ2π n n²ⁿe⁻²ⁿ

= lim

n→∞

√1π n = 0

定理3: lim

n→∞p_2n = 0。

因此, 當 n → ∞ 時, p²ⁿ 不但不如原 先料想的趨近於 1 (即鐵定發生), 反而是趨 近於 0 (即不可能發生)。 這警告我們, 機率 的解釋要很小心。

常識性的說法 :“丟很多次銅板, 正面大 約佔一半。”如果將“大約佔一半”, 解釋為“恰

好是一半”的點式推估說法, 顯然是不對的。

如何修正呢? 自然想到的是改用區間式推估 的說法 (用手海底撈針不成, 就改用網子來 撈)。

為了敘述方便起見, 我們引入隨機變 數 (random variable) 的概念。 對於 k = 1, 2, 3, · · ·, 令隨機變數

ξk=

(1, 若第k次丟銅板得到正面 0, 若第k次丟銅板得到反面 再令

Sn= ξ1+ ξ2+ · · · + ξⁿ

這也是一個隨機變數, 定義在某個機率空間 (Ω, F, P ) 上, 代表丟 n 次銅板中, 正面 出現次數之隨機變數, 它具有二項分佈。 於 是“S2n = n”就表示丟 2n 次銅板正面恰好 出現 n 次的事件, 其機率記為 P (S_2n = n)。

因此定理 3 是說 lim

n→∞P(S2n = n) = 0。

進一步我們猜想:S_2n 落在 n 的近旁之 機率應該會大起來吧? 也許這是“正面大約佔 一半”更貼切的解釋。 精確的計算是探求隱晦 奧秘的不二法門, 讓我們就來算算看。 令 a >

0 為一個固定數, 那麼

P (n − a≤S²ⁿ≤n + a)=

n+a

X

k=n−a

2nCk· 1 2²ⁿ

∼ 2a

√πn → 0, 當n → ∞時。

因此我們又得到一個不出所料的結果:

定理4: 對任意固定數 a >0,

n→∞lim P(|S2n− n| ≤ a) = 0。

換言之, 以 n 為中心, 左右之長皆為 a 之區間, 還是沒有網住任何機率!

另外, 將偶數 2n 改為奇數 2n + 1, 定 理 4 仍然成立。 因為當 n → ∞ 時, 相應項 的比值為

2n+1Ck 1 2²ⁿ⁺¹ 2nCk 1

2²ⁿ

= 2n + 1 2n + 1 − k ·1

2 → 1 2 所以 P (−a ≤ S2n+1− 2n + 1

2 ≤ a)

=

a+²ⁿ⁺¹₂

X

k=−a+²ⁿ⁺¹2

2n+1Ck

1 2²ⁿ⁺¹

∼ 1 2

a+²ⁿ⁺¹₂

X

k=−a+²ⁿ⁺¹2

2nCk

1 2²ⁿ → 0

所以得到

定理5: 對任意有限正數 a, 恆有

n→∞lim P(−a ≤ S²ⁿ⁺¹− 2n + 1

2 ≤ a) = 0 將上述定理 4 與定理5歸結起來就得到:

定理6: 對任意有限正數 a, 恆有

n→∞lim P(−a ≤ Sⁿ− n

2 ≤ a) = 0。

這是一個令人驚異的結果, 但也令人失 望! 邏輯的悶棍把常識觀點打得眼冒金星。 用 任何有限區間 [−a, a] 來網住 Sⁿ− ⁿ₂ 所散 佈之機率, 當 n → ∞ 時, 根本沒有網到任 何機率, 機率全部流失掉! 換言之, 丟 n 次銅 板, 出現正面的次數, 落在包含 ⁿ₂ 的任何有 限區間的機會, 當 n 很大時, 微乎其微。

什麼是機率? 它仍然是“雲深不知處”!

James Bernoulli (1654-1705) 積 20 年的辛苦工作終於得到突破性的發現:

定理7: (Bernoulli 的弱大數法則, 1713) 對任意 ε > 0, lim

n→∞P(|^Snⁿ − ¹2| ≤ ε) = 1。

註記: 1. 從外形看起來, Stirling 公式 並不漂亮, 但卻很多用途, 它是揭開許多深刻 奧秘的鑰匙。 在研究二項分佈的性質時, De Moivre 最先得到這個公式 (1718 年); 後來 James Stirling 在 1730 年又重新得到它。

在數學中有許多定理所掛的名字往往不是第 一個發現者, 此地是一個例子。

2. 從前楊維哲教授上機率論課, 曾要求 學生獨立地去追尋 Stirling 公式, 本文算是 一個回應。

3. n! 的連續化就是 Gamma 函數, 內 容精彩豐富, 這是 Euler 的貢獻。

參考文獻

1. M. I. Aissen, Some remarks on Stirling formula, A. M. M. 61 (1954), 687-691.

2. H. Robbins, A remark on Stirling’s for- mula, A. M. M. 62 (1955), 26-29.

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6. C. R. Blyth and P. K. Pathak, A note on easy proofs of Stirling’s formula, A.

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9. G. Marsaglia and J. C. W. Marsaglia, A new derivation of Stirling Approxi- mation to n!, A. M. M. 97 (1990), 826-

829.

—本文作者任教於台灣大學數學系_—