A faktoriális alsó- és felső becslései

Lóczi Lajos

2001. június

A matematika számos ágában bukkan fel és tölt be fontos szerepet az n nemnegatív egész szám faktoriálisa, melyet pozitív egész n-ekre az

n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n

összefüggés definiál, 0! értéke pedig megállapodás szerint 1. Cikkünk célja, hogy az n! kifejezést egyszerűbb, az analízis szempontjából könnyebben kezelhető mennyiségekkel becsüljük meg, illetve ismertessük a nagyságrendjére vonatkozó legfontosabb közelítéseket. A cikk további részében n mindvégig pozitív egész számot jelöl.

Kiindulásul tekintsük a Négyjegyű függvénytáblázatban is szereplő

n! ≈ (\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn}

összefüggést, ahol szokás szerint e (≈ 2.71828) jelöli a természetes logaritmus alapszámát. A fenti képlet – mely Stirling-formula néven ismert – aszimptotikus becslést fejez ki, ami azt jelenti, hogy n! értéke „nagy" n-ekre „körülbelül" (\frac{n}{e})^{n}\sqrt{2πn}. Precízen ezen azt értjük, hogy az

a_{n} = \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn}}

képlettel definiált sorozat határértéke n → +∞ esetén 1. Ahhoz hogy képet kapjunk a formula lényegéről, érdemes néhány n-re megvizsgálni n! és (\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn} egymáshoz viszonyított értékeit. (Az itt fellépő elképesztően nagy számokat szemlélteti a cikk végén szereplő 4. Megjegyzés.)

n  n!  (n/e)^{n} \sqrt{2πn}  a_{n}
1  1  0.9221  1.08444
2  2  1.919  1.04221
3  6  5.836  1.02806

⋮

10  3628800  3598695.6  1.008365

⋮

100 9.33262 · 10^{157} 9.32484 · 10^{157} 1.0008336

⋮

1000 4.02387 · 10^{2567} 4.02353 · 10^{2567} 1.00008333

⋮

10000 2.84625 · 10^{35659} 2.84623 · 10^{35659} 1.000008333

Konkrét n-ekre azonban a Stirling-formula semmit sem mond n! nagyságáról, ezért szeretnénk minden pozitív n-re érvényes alsó- és felső becsléseket nyerni.

Nemrégiben Pfeil Tamás az alábbi egyenlőtlenséget bizonyította be:

\frac{e}{\sqrt{2}} (\frac{n}{e})^{n} \sqrt{n} < n! < e\sqrt{2} (\frac{n}{e})^{n} \sqrt{n},

illetve ekvivalensen átírva

\frac{e}{2\sqrt{π}} < \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn}} < \frac{e}{\sqrt{π}} ,

azaz

0.766 < \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn}} < 1.533.

Bizonyításában az a szép, hogy teljesen elemi eszközöket használ – csupán elemi egyenlőtlenségeket és a binomiális tételt. Tőle függetlenül sikerült a szerzőnek a valamivel élesebb

0.911 < \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn}} < 1.085

egyenlőtlenséget bebizonyítania, ám a bizonyítás elemi volta elveszett: a felső becslés ugyanis deriválást használ, az alsó becsléshez pedig egy integrált kellett kiszámítani.

Most azt fogjuk megmutatni, hogy még erősebb eszközökkel, nevezetesen deriválással és a Stirling-formula felhasználásával (melynek bizonyítása hosszadalmas és szintén nem elemi) ezen egyenlőtlenségek tovább javíthatók, és meg is adjuk a_{n} legélesebb alsó- és felső korlátját, azaz megkeressük a legnagyobb c_{1} és a legkisebb c_{2} valós számokat, melyekre minden n ∈ ℕ^{+} esetén

c_{1} < \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn}} ≤ c_{2}.

A bizonyítás az alábbi észrevételen múlik.

Állítás. Az a_{n} sorozat szigorúan monoton fogyó.

Bizonyítás. Megmutatjuk, hogy a_{n} > a_{n+1} (n ≥ 1), azaz (mivel minden mennyiség pozitív) \frac{a_{n}}{a_{n+1}} > 1. Ez ekvivalens a következőkkel:

1 < \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn}} · \frac{(\frac{n+1}{e})^{n+1} \sqrt{2π(n + 1)}}{(n + 1)!} = \frac{(n + 1)^{n+1}e^{n}\sqrt{n + 1}}{n^{n}\sqrt{n}(n + 1)e^{n+1}} =

= \frac{(n + 1)^{n+ \frac{1}{2}} (n + 1)}{n^{n+ \frac{1}{2}} (n + 1)e} = \frac{1}{e} (1 + \frac{1}{n})^{n+ \frac{1}{2}} ,

vagyis az e < (1 + \frac{1}{n})^{n+ \frac{1}{2}} egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Kész lesz a bizonyítás, mihelyst

megmutatjuk, hogy az (1 + \frac{1}{n})^{n+ \frac{1}{2}} sorozat szigorúan monoton fogyó, hiszen az e szám definíciója folytán lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n})^{n+ \frac{1}{2}} = lim_{n→∞} \sqrt{1 + \frac{1}{n}} (1 + \frac{1}{n})^{n} = 1 · e, és szigorúan monoton fogyó sorozat minden tagja nagyobb a sorozat határértékénél.

Az (1 + \frac{1}{n})^{n+ \frac{1}{2}} sorozat helyett az x ↦ (1 + \frac{1}{x})^{x+ \frac{1}{2}} függvényt vizsgálva deriváltjára

(1 + \frac{1}{x})^{x+ \frac{1}{2}} · (ln(1 + \frac{1}{x}) − \frac{x + \frac{1}{2}}{x(x + 1)})

adódik (itt ln jelöli a természetes alapú logaritmust). Elég tehát megmutatni, hogy minden x > 0 esetén az f(x) = ln(1 + \frac{1}{x}) − \frac{x+ \frac{1}{2}}{x(x+1)} függvény negatív. Ez viszont némi számolással következik abból, hogy lim_{x→0^{+}} f(x) = −∞, lim_{x→∞} f(x) = 0 és minden x > 0-ra f′(x) = \frac{1}{2x^{2}(x+1)^{2}} > 0.

1. Megjegyzés. A b_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n+α} (0 ≤ α ≤ 1) alakú sorozatok α = 0-ra, illetve α = 1-re az e szám szokásos definíciójában fordulnak elő. Könnyen látható, hogy tetszőleges α ∈ [0, 1] esetén lim_{n→∞} b_{n} = e. Bebizonyítható továbbá, hogy éppen α = \frac{1}{2} esetén leggyorsabb a konvergencia.

Mivel a Stirling-formula szerint lim_{n→∞} a_{n} = 1 és beláttuk, hogy a_{n} szigorúan monoton fogyó, ezért tetszőleges n ≥ 1 esetén a_{n} > 1 valamint a_{n} ≤ a_{1} következik. Igaz tehát az alábbi

Következmény. Minden n ∈ ℕ^{+} esetén

1 < \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn}} ≤ \frac{e}{\sqrt{2π}} ,

és a bal-, illetve jobb oldalon álló c_{1} = 1 és c_{2} = \frac{e}{\sqrt{2π}} konstansok nem javíthatók.

Eredeti kérdésünkhöz visszatérve n!-ra a fenti értelemben legjobb becsléseket kapjuk:

(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn} < n! ≤ (\frac{n}{e})^{n} e\sqrt{n}.

2. Megjegyzés. Taylor-sorfejtés és további függvényvizsgálatok segítségével (melyek nagyon sok számolást igényelnek) egyre finomabb becslések láthatóak be. Ezek közül egy (minden pozitív egész n-re érvényes) egyenlőtlenség az alábbi:

1 + \frac{1}{12n} < a_{n} < e^{\frac{1}{12n}} = 1 + \frac{1}{12n} + \frac{1}{288n^{2}} + …

vagyis

(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn} (1 + \frac{1}{12n}) < n! < (\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn} · e^{\frac{1}{12n}} .

A bizonyításban a

c_{n} = \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn} · e^{\frac{1}{12n}}}

sorozatról megmutatjuk, hogy szigorúan monoton növő, a

d_{n} = \frac{n!}{(\frac{n}{e})^{n} \sqrt{2πn} (1 + \frac{1}{12n})}

sorozatról pedig azt, hogy szigorúan monoton fogyó. A Stirling-formula szerint

lim_{n→∞} c_{n} = lim_{n→∞} d_{n} = 1,

ebből pedig (minden n ∈ ℕ^{+} esetére) c_{n} < 1 < d_{n} következik, ami ekvivalens a fent idézettel.

3. Megjegyzés. A faktoriális függvényt a nemnegatív egész helyekről ki lehet terjeszteni (a negatív egész helyek kivételével) valós, sőt komplex értékekre is, így kapjuk az ún. Γ függvényt, ahol Γ a görög nagy gamma betű. (Pozitív egész n-ek esetére Γ(n) = (n − 1)!) Speciális esetként adódnak például az alábbi nevezetes értékek: (\frac{1}{2})! = \frac{\sqrt{π}}{2} , illetve (−\frac{1}{2})! = \sqrt{π}.

Az x ↦ Γ(x) (x ∈ ℝ) és a z ↦ |Γ(z)| (z ∈ ℂ) függvény grafikonját az alábbi ábrákon láthatjuk.

4. Megjegyzés. Az n! függvény hihetetlenül gyorsan nő. Ha hagyományos "kockás" füzetben próbálnánk ábrázolni értékeit, már n = 28-nál (azaz 14 cm-re jobbra az origótól) megakadnánk: itt ugyanis a 28! ≈ 3.049 · 10^{29} értéket veszi fel függvényünk. Ehhez pedig füzetünkben felfelé többet kellene haladnunk, mint a ma ismert Világegyetem mérete!