X k=1 1 2k + 1  1 2n + 1 2k

FERNANDO REVILLA JIM ´ENEZ

Resumen. En el siguiente problema proporcionamos una demostraci´on de la f´ormula de aproximaci´on de Stirling n! ∼√

2πn ⁿ_e
n

para n → +∞.

Enunciado

1) Se consideran las sucesiones a_n= n!

√ 2n

n e

n, b_n= log a_n. Demostrar que bn− b_n+1= 1

2(2n + 1) logn + 1 n − 1.

2) Usar los desarrollos en series de Maclaurin de las funciones log(1 + x) y

− log(1 − x) para demostrar que b_n− b_n+1 =

+∞

X

k=1

1 2k + 1

 1

2n + 1

2k

.

3) Demostrar que la sucesi´on (b_n) es decreciente y est´a acotada inferiormen- te.

4) Demostrar que para una constante real C se verifica la siguiente aproxi- maci´on de Stirling

n! ∼ C√ 2nn

e

n

para n → +∞.

5) Sea I_n= Z π/2

0

sinⁿx dx, ∀n ∈ N. Demostrar que I_n= n − 1

n I_n−2(∀n ≥ 2).

6) Usando la relaci´on del apartado anterior, demostrar que π

2 = I_2n I2n+1

n

Y

k=1

2k 2k − 1

2k 2k + 1. 7) Demostrar que l´ım

n→+∞

I2n+1

I2n

= 1.

8) Demostrar la siguiente f´ormula de Wallis:

+∞

Y

n=1

2n 2n − 1

2n 2n + 1 = π

2.

Key words and phrases. f´ormula, aproximaci´on, Stirling.

1

9) Demostrar que la f´ormula de Wallis se puede expresar en la forma

n→+∞l´ım

2⁴ⁿ(n!)⁴

((2n!)²) (2n + 1) = π 2. 10) Demostrar la f´ormula de aproximaci´on de Stirling

n! ∼

√ 2πn

n e

n

, (n → +∞).

Soluci´on 1) Tenemos:

bn− b_n+1= log an− log a_n+1= log an· 1 an+1

=

log n!

√2n ⁿ_e
n ·p2(n + 1) ⁿ⁺¹_e
n+1

(n + 1)! = log 1

n + 1·

rn + 1 n

 n + 1 n

n n + 1 e



=

− log(n + 1) +1

2logn + 1

n + n log(n + 1) − n log n + log(n + 1) − 1

= 1

2logn + 1

n + n logn + 1 n − 1 = 1

2(2n + 1) logn + 1 n − 1.

2) Los desarrollos en series de Maclaurin de las funciones log(1 + x) y

− log(1 − x) son

log(1 + x) = x −x² 2 +x³

3 −x⁴ 4 + x⁵

5 − · · · , |x| < 1,

− log(1 − x) = x + x² 2 +x³

3 +x⁴ 4 +x⁵

5 + · · · , |x| < 1, y de estos dos desarrollos obtenemos

log1 + x

1 − x = log(1 + x) − log(1 − x) = 2

+∞

X

k=0

x^2k+1

2k + 1, |x| < 1. (∗) F´acilmente deducimos que

n + 1

n = 1 + x

1 − x ⇔ x = 1 2n + 1,

y este x cumple |x| < 1. Sustituyendo este x en (∗) obtenemos

logn + 1 n = 2

+∞

X

k=0

 1 2n+1

2k+1

2k + 1 = 2

+∞

X

k=0

1 2k + 1

 1

2n + 1

2k+1

. Usando el apartado 1:

b_n− b_n+1 = 1

2(2n + 1) logn + 1 n − 1

= 1

2(2n + 1) · 2

+∞

X

k=0

1 2k + 1

 1

2n + 1

2k+1

− 1

= (2n + 1) 1 2n + 1 +

+∞

X

k=1

1 2k + 1

 1

2n + 1

2k+1!

− 1

= 1 +

+∞

X

k=1

1 2k + 1

 1

2n + 1

2k

− 1 =

+∞

X

k=1

1 2k + 1

 1

2n + 1

2k

.

3) Por el apartado anterior, b_n− b_n+1 es la suma de una serie convergen- te de n´umeros positivos es decir, b_n− b_n+1 > 0 luego (b_n) es decreciente (estr´ıctamente). Por otra parte,

b_n− b_n+1<

+∞

X

k=1

 1

(2n + 1)²

k

=

|{z}

Serie geom.

1 (2n + 1)²

1 1 −_(2n+1)¹ 2

= 1 4

1 n(n + 1). Podemos expresar

b₁− b_n= (b₁− b₂) + (b₂− b₃) + · · · + (b_n−1− b_n)

< 1 4

n−1

X

j=1

1

j(j + 1) < 1 4

+∞

X

j=1

1

j(j + 1) = 1

4 · 1 = 1 4.

En consecuencia, b_n > b₁− 1/4, lo cual implica que (b_n) est´a acotada infe- riormente.

4) Como (b_n) es decreciente y est´a acotada inferiormente, (b_n) tiene l´ımite L ∈ R. Entonces,

n→+∞l´ım an= l´ım

n→+∞e^bn = e^{l´ımn→+∞bn} = e^L= C ∈ R

⇒ l´ım

n→+∞

√ n!

2nn e

n = C ⇒ l´ım

n→+∞

n!

C√ 2nn

e

n = 1

⇒ n! ∼ C√ 2n

n e

n

para n → +∞.

5) Usando integraci´on por partes con u = sinⁿ⁻¹x y dv = sin x dx:

I_n= Z _π/2

0

sinⁿx dx = Z _π/2

0

sinⁿ⁻¹x sin x dx

=− sinⁿ⁻¹x cos xπ/2

0 + (n − 1) Z _π/2

0

sinⁿ⁻²x cos²x dx

= (n − 1) Z π/2

0

sinⁿ⁻²x(1 − sin²x) dx = (n − 1)In−2− (n − 1)I_n.

Obtenemos por tanto la relaci´on: I_n= n − 1

n I_n−2 (∀n ≥ 2).

6) Para n par tenemos

In= (n − 1)(n − 3) · . . . · 1

n(n − 2) · . . . · 2 I0 = (n − 1)(n − 3) · . . . · 1 n(n − 2) · . . . · 2

Z π/2 0

dx

= (n − 1)(n − 3) · . . . · 1 n(n − 2) · . . . · 2

π 2. Para n impar

In= (n − 1)(n − 3) · . . . · 2 n(n − 2) · . . . · 3

Z π/2 0

sin x dx = (n − 1)(n − 3) · . . . · 2 n(n − 2) · . . . · 3 · 1.

Podemos por tanto escribir I2n = π

2

n

Y

k=1

2k − 1

2k , I2n+1=

n

Y

k=1

2k 2k + 1, y usando estas relaciones

π 2 = I_2n

n

Y

k=1

2k 2k − 1

= I_2n

n

Y

k=1

2k 2k − 1

n

Y

k=1

2k 2k + 1

! _n Y

k=1

2k 2k + 1

!−1

= I_2n I2n+1

n

Y

k=1

2k 2k − 1

2k 2k + 1.

7) Veamos que (In) es una sucesi´on decreciente de t´erminos positivos. En efecto, para todo x ∈ [0, π/2] y para todo n ≥ 1 se verifica 0 ≤ sinⁿx ≤ sinⁿ⁻¹x ≤ 1. Tenemos pues la relaci´on 1/In−1 ≤ 1/I_n ≤ 1/I_n+1. Multipli- cando por I_n+1 y por el apartado 5

n

n + 1 = I_n+1

I_n−1 ≤ I_n+1

I_n ≤ I_n+1 I_n+1 = 1

⇒

|{z}

Teor. Sandwich n→+∞l´ım

In+1

I_n = 1 ⇒ l´ım

n→+∞

I2n+1

I_2n = 1.

8) Tomando l´ımites cuando n → +∞ en la igualdad demostrada en el apar- tado 6 queda

π 2 =

+∞

Y

n=1

2n 2n − 1

2n 2n + 1. 9) Operando obtenemos

π 2 =

+∞

Y

n=1

2n 2n − 1

2n

2n + 1 = l´ım

n→+∞

n

Y

k=1

2k 2k − 1

2k 2k + 1

= l´ım

n→+∞

2²ⁿ(n!)²

(1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1))(3 · 5 · . . . · (2n − 1))(2n + 1)

= l´ım

n→+∞

2⁴ⁿ(n!)⁴ ((2n!)²) (2n + 1). 10) En el apartado 4 demostramos que n! ∼ C√

2n ⁿ_e
n

para n → +∞ para cierta constante C. Usando esta aproximaci´on en la f´ormula del apartado anterior obtenemos

π

2 = l´ım

n→+∞

2⁴ⁿC⁴(2n)^{2 n}_e
4n

C²4n ²ⁿ_e
4n

(2n + 1) = C² l´ım

n→+∞

2⁴ⁿ4n²n⁴ⁿ 4n(2n)⁴ⁿ(2n + 1)

= C² l´ım

n→+∞

n

2n + 1 = C²

2 ⇒ C =√ π y por tanto

n! ∼√

2πnn e

n

, (n → +∞).

Queda demostrada la f´ormula de aproximaci´on de Stirling.

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M´as problemas en http://www.fernandorevilla.es

Fernando Revilla. Jefe del Departamento de Matem´aticas del IES Santa Te- resa de Jes´us de la Comunidad de Madrid y Profesor de M´etodos Matem´aticos de la Universidad Alfonso X El Sabio de Villanueva de la Ca˜nada, Madrid (Hasta el curso acad´emico 2008-2009).

E-mail address: frej0002@ficus.pntic.mec.es