chpt.1 补充——斯特灵近似

作者: 有限与微小的面包 | 来源:发表于2019-12-22 07:33 被阅读0次

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斯特灵近似(Stirling approximation)

当 $n$ 非常大时， $n!$ 可以被近似为：

$n! \simeq (2\pi n)^{1/2}n^n\exp\left[-n + \frac{1}{12n}+0\left(\frac{1}{n^2}\right)\right]$

或者，写成对数形式：

$\log n! \simeq \frac{1}{2}\log 2\pi + \left(n+\frac{1}{2}\right)\log n -n + \frac{1}{12n} + 0\left(\frac{1}{n^2}\right)$

其中 $\frac{1}{12n}$ 是 $\frac{1}{n}$ 的一阶展开项； $0\left(\frac{1}{n^2}\right)$ 代表当 $n$ 非常大时，任何大于二阶的高阶项均可被忽略。很多时候甚至连一阶项 $\frac{1}{12n}$ 也可以被忽略。

之前讨论高斯分布时，我并没有道明该近似的由来而是直接使用了上述结论。所以本篇作为补充，将致力于斯特灵近似的具体推导。

注意：本篇会使用较多的数学语言，不适合快速浏览！如果你对数学表达式眩晕或已经对斯特灵近似有很充分的了解，那么本篇将不适合你；如果你完全不了解或是感兴趣，推荐阅读时一边用笔亲自验证，这样即加深印象又练习数学。（数学高手或学神请忽略）

根据伽马函数的定义及其性质，

$n! = \Gamma(n+1) = \int_0^{\infty}x^{n}e^{-x}dx$

根据对数函数与指数函数的关系： $s = e^{\log s}$

被积函数可被表示成：

$x^ne^{-x} = e^{\log(x^ne^{-x})} = e^{n\log x -x}$

不妨令 $f(x) = n\log x -x$ ，可将积分写成：

$n! = \int_0^{\infty}e^{f(x)}dx$

做代换： $x = n + yn^{1/2} = n(1 + yn^{-1/2});\quad dx = n^{1/2}dy$

利用对数函数的性质，函数 $f(x)$ 可以被代换为关于 $y$ 的函数：

$\begin{align*}f(y) &= n\log n(1 + yn^{-1/2}) -n(1 + yn^{-1/2})\\ &= n\log n + n\log yn^{-1/2} - n - yn^{1/2}\\ &= n\log n - n + g(y)\end{align*}$

其中 $g(y) = n\left[\log(1+yn^{-1/2})-yn^{-1/2}\right]$ 。

于是

$n! = n^{1/2}n^ne^{-n}\int_{-n^{1/2}}^{\infty}e^{g(y)}dy$

函数 $g(y)$ 在 $y = 0$ 点处取得最大值 $g(0) =0$ ，对 $\log(1 + yn^{-1/2})$ 使用泰勒展开：

$\begin{align*}\log(1 + yn^{-1/2}) &= \log\left[1+(y^2/n)^{1/2}\right]\\&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\left(\frac{d}{d(y^2/n)^{1/2}}\right)^k\log[1+(y^2/n)^{1/2}]\left(\frac{y^2}{n}\right)^{k/2}\\ &= \left(\frac{y^2}{n}\right)^{1/2} - \frac{y^2}{2n} + \frac{1}{3}\left(\frac{y^2}{n}\right)^{3/2} - \frac{1}{4}\left(\frac{y^2}{n}\right)^{2} +... \end{align*}$

代入 $g(y)$ 得到

$\begin{align*}g(y) &= n\left[-\frac{1}{2}\frac{y^2}{n} + \frac{1}{3}\left(\frac{y^2}{n}\right)^{3/2}-...\right]\\\end{align*}$

因为 $s = (y^2/n)^{1/2}$ ，当 $n \rightarrow \infty$ ， $s \rightarrow 0$ ，所以

$\lim_{n\rightarrow \infty} g(y) = -\frac{1}{2}y^2$

代入积分：

$\lim_{n \rightarrow \infty}\int_{-n^{1/2}}^{\infty}e^{g(y)}dy = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2/2}dy = 2\int_{0}^{\infty}e^{-y^2/2}dy$

做代换： $\zeta = y^2/2;\quad dy = \frac{1}{\sqrt{2}}\zeta^{-1/2}d\zeta$

$\lim_{n \rightarrow \infty}\int_{-n^{1/2}}^{\infty}e^{g(y)}dy = \sqrt{2}\int_0^{\infty}\zeta^{-1/2}e^{-\zeta}d\zeta = \sqrt{2}\;\Gamma(1/2) = \sqrt{2\pi}$

于是

$n! \simeq (2\pi n)^{1/2}n^ne^{-n}$ （ $n\rightarrow \infty$ ）

对比一开始给出的公式，我们还缺少对 $\frac{1}{n}$ 的一阶展开项。

设一阶项系数为 $A$ ，可将 $\log n!$ 写成：

$\log n! = \frac{1}{2}\log 2\pi + \left(n+\frac{1}{2}\right)\log n - n + \frac{A}{n} + 0\left(\frac{1}{n^2}\right)$

同样，高于等于二阶的展开项均可被忽略。

用 $n -1$ 替换 $n$ ，

$\log (n-1)! = \frac{1}{2}\log 2\pi + \left(n-\frac{1}{2}\right)\log (n-1) - (n-1) + \frac{A}{n-1} + 0\left(\frac{1}{n^2}\right)$

做差：

$\begin{align*}\log n! - \log(n-1)! &= \log\frac{n!}{(n-1)!} = \log n\\ &= \left(n+\frac{1}{2}\right)\log n - \left(n-\frac{1}{2}\right)\log (n-1) - 1 \\&\quad+ \frac{A}{n} - \frac{A}{n-1} +0\left(\frac{1}{n^3}\right)\end{align*}$

其中

$\frac{A}{n} - \frac{A}{n-1} = -\frac{A}{n(n-1)} = -\frac{A}{n^2}+0\left(\frac{1}{n^3}\right)$

将所有三阶项整理到一起，代入之间做差得到的表达式：

$\frac{A}{n^2} = \left(n - \frac{1}{2}\right)\log \frac{n}{n-1} - 1 + 0\left(\frac{1}{n^3}\right)$

其中 $\log \frac{n}{n-1}$ 可以写成 $-\log \left(1- \frac{1}{n}\right)$

再次使用泰勒展开：

$-\log \left(1- \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} + \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + 0\left(\frac{1}{n^4}\right)$

代入后得到：

$\frac{A}{n^2} = 1 + \frac{1}{12n^2} - 1 + 0\left(\frac{1}{n^3}\right)$

$\implies A = \frac{1}{12}$

最后：

$n! \simeq (2\pi n)^{1/2}n^n\exp\left[-n + \frac{1}{12n}+0\left(\frac{1}{n^2}\right)\right]$ ， $(n >\!> 1)$

或者

$\log n! \simeq \frac{1}{2}\log 2\pi + \left(n+\frac{1}{2}\right)\log n -n + \frac{1}{12n} + 0\left(\frac{1}{n^2}\right)$

当 $n$ 足够大时，我们可以选择忽略任何除 $n$ 的线性项以外的所有项，于是

$\log n! \simeq n\log n - n$

是一个很常见的表达式。

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