4-تقریب استرلینگ

توسط علی رضا نقش نیلچی | جمعه چهارم اسفند ۱۴۰۲ | 1:52

فرمول استرلینگ برای تابع گاما [ ویرایش ]

برای همه اعداد صحیح مثبت،

$n!=\Gamma (n+1)،$

جایی که Γ نشان دهنده تابع گاما است .

با این حال، تابع گاما، بر خلاف فاکتوریل، برای همه اعداد مختلط غیر از اعداد صحیح غیر مثبت به طور گسترده‌تری تعریف می‌شود. با این حال، فرمول استرلینگ ممکن است همچنان اعمال شود. اگر Re( z ) > 0 باشد ، پس

$\ln \Gamma (z)=z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\int _{0}^{ \infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{z}}\right)}{e^{2\pi t}-1}}\,{\rm {d}}t .$

انتگرال مکرر توسط قطعات می دهد

$\ln \Gamma (z)\sim z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\sum _{n=1 }^{N-1}{\frac {B_{2n}}{2n(2n-1)z^{2n-1}}}،$

جایی که $B_{n}$ هست $n$ عدد برنولی (توجه داشته باشید که حد مجموع به عنوانن $N\to \infty$ همگرا نیست، بنابراین این فرمول فقط یک بسط مجانبی است ). فرمول برای $z$ به اندازه کافی بزرگ در مقدار مطلق، زمانی که | arg( z ) | < π - ε ، که در آن ε مثبت است، با خطای O ( z -2 N + 1 ) . اکنون ممکن است تقریب مربوطه نوشته شود:

$\Gamma (z)={\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\,{\left({\frac {z}{e}}\right)}^{z}\ left(1+O\left({\frac {1}{z}}\right)\right).$

که در آن بسط با گسترش سری بالا برای استرلینگ یکسان است $n!$ ، به جز آن $n$ با z − 1 جایگزین می شود . [9]

کاربرد بیشتر این بسط مجانبی برای آرگومان مختلط z با ثابت Re( z ) است . به عنوان مثال فرمول استرلینگ اعمال شده در Im( z ) = t تابع تتا ریمان-زیگل روی خط مستقیم را ببینید.1/4+ آن _

محدوده خطا [ ویرایش ]

برای هر عدد صحیح مثبتن $N$ ، نماد زیر معرفی شده است:

$\ln \Gamma (z)=z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\sum \limits _{n= 1}^{N-1}{\frac {B_{2n}}{2n\left({2n-1}\right)z^{2n-1}}}+R_{N}(z)$ و

${\displaystyle \Gamma (z)={\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {z}{e}}\right)^{z}\left({\ sum \limits _{n=0}^{N-1}{\frac {a_{n}}{z^{n}}}+{\widetilde {R}}_{N}(z)}\راست )$

سپس [10] [11]

${\begin{aligned}|R_{N}(z)|&\leq {\frac {|B_{2N}|}{2N(2N-1)|z|^{2N-1}}} \times {\begin{cases}1&{\text{ if }}\left|\arg z\right|\leq {\frac {\pi }{4}},\\\left|\csc(\arg z )\right|&{\text{ if }}{\frac {\pi }{4}}<\left|\arg z\right|<{\frac {\pi }{2}},\\\sec ^{2N}\left({\tfrac {\arg z}{2}}\right)&{\text{ if }}\left|\arg z\right|<\pi ,\end{cases}}\ \[6pt]\left|{\widetilde {R}}_{N}(z)\right|&\leq \left({\frac {\left|a_{N}\right|}{|z|^ {N}}}+{\frac {\left|a_{N+1}\right|}{|z|^{N+1}}}\right)\times {\begin{cases}1&{\text { if }}\left|\arg z\right|\leq {\frac {\pi }{4}},\\\left|\csc(2\arg z)\right|&{\text{ if } }{\frac {\pi }{4}}<\left|\arg z\right|<{\frac {\pi }{2}}.\end{موارد}}\end{تراز شده}}$

برای اطلاعات بیشتر و سایر محدودیت های خطا، به مقالات ذکر شده مراجعه کنید.

یک نسخه همگرا از فرمول استرلینگ [ ویرایش ]

توماس بیز در نامه ای به جان کانتون که توسط انجمن سلطنتی در سال 1763 منتشر شد نشان داد که فرمول استرلینگ یک سری همگرا ارائه نمی دهد . [12] به دست آوردن یک نسخه همگرا از فرمول استرلینگ مستلزم ارزیابی فرمول بینه است :

$\int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{x}}\right)}{e^{2\pi t}-1} }\,{\rm {d}}t=\ln \Gamma (x)-x\ln x+x-{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{x} }.$

یکی از راه های انجام این کار با استفاده از یک سری همگرا از فاکتوریل های صعودی معکوس است . اگر

$z^{\bar {n}}=z(z+1)\cdots (z+n-1)،$

سپس

$\int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{x}}\right)}{e^{2\pi t}-1} }\,{\rm {d}}t=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {c_{n}}{(x+1)^{\bar {n}}}} ،$

جایی که

$c_{n}={\frac {1}{n}}\int _{0}^{1}x^{\bar {n}}\left(x-{\tfrac {1}{2 }}\right)\,{\rm {d}}x={\frac {1}{2n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k|s(n,k) |}{(k+1)(k+2)}}،$

که در آن s ( n , k ) نشان دهنده اعداد استرلینگ از نوع اول است . از این یکی نسخه ای از سری استرلینگ به دست می آید

${\begin{aligned}\ln \Gamma (x)&=x\ln x-x+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{x}}+{ \frac {1}{12(x+1)}}+{\frac {1}{12(x+1)(x+2)}}+\\&\quad +{\frac {59}{360 (x+1)(x+2)(x+3)}}+{\frac {29}{60(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)}}+\ cdots ,\end{تراز شده}}$

که وقتی Re( x ) > 0 همگرا می شود . فرمول استرلینگ نیز ممکن است به صورت همگرا به صورت [13] ارائه شود.

$\Gamma (x)={\sqrt {2\pi }}x^{x-{\frac {1}{2}}}e^{-x+\mu (x)}$

جایی که

$\mu \left(x\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\left(\left(x+n+{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1+{\frac {1}{x+n}}\right)-1\right).$

نسخه های مناسب برای ماشین حساب [ ویرایش ]

تقریب

$\Gamma (z)\approx {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {z}{e}}{\sqrt {z\sinh {\frac { 1}{z}}+{\frac {1}{810z^{6}}}}}\راست)^{z}$

و شکل معادل آن

$2\ln \Gamma (z)\approx \ln(2\pi )-\ln z+z\left(2\ln z+\ln \left(z\sinh {\frac {1}{z} }+{\frac {1}{810z^{6}}}\right)-2\right)$

را می توان با مرتب کردن مجدد فرمول توسعه یافته استرلینگ و مشاهده همزمانی بین سری توان حاصل و بسط سری تیلور تابع سینوس هذلولی بدست آورد . این تقریب به بیش از 8 رقم اعشاری برای z با بخش واقعی بزرگتر از 8 خوب است. رابرت اچ ویندشیتل در سال 2002 آن را برای محاسبه تابع گاما با دقت مناسب بر روی ماشین‌حساب‌هایی با حافظه برنامه یا ثبت محدود پیشنهاد کرد. [14]

Gergő Nemes در سال 2007 تقریبی را پیشنهاد کرد که همان تعداد ارقام دقیق را به عنوان تقریب Windschitl می دهد اما بسیار ساده تر است: [15]

$\Gamma (z)\approx {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {1}{e}}\left(z+{\frac {1}{ 12z-{\frac {1}{10z}}}}\right)\right)^{z}،$

یا معادل آن،

$\ln \Gamma (z)\approx {\tfrac {1}{2}}\left(\ln(2\pi )-\ln z\right)+z\left(\ln \left(z+ {\frac {1}{12z-{\frac {1}{10z}}}}\right)-1\right).$

یک تقریب جایگزین برای تابع گاما بیان شده توسط Srinivasa Ramanujan ( Ramanujan 1988 [ توضیح لازم ] ) است

$\Gamma (1+x)\approx {\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^{x}\left(8x^{3}+4x ^{2}+x+{\frac {1}{30}}\right)^{\frac {1}{6}}$

برای x ≥ 0 . تقریب معادل برای ln n ! دارای خطای مجانبی از1/1400 n 3و توسط

$\ln n!\approx n\ln n-n+{\tfrac {1}{6}}\ln(8n^{3}+4n^{2}+n+{\tfrac {1}{30} })+{\tfrac {1}{2}}\ln \pi .$

تقریب ممکن است با دادن کرانهای بالا و پایین جفت دقیق شود. یکی از این نابرابری ها [16] [17] [18] [19] است .

${\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\frac {1}{100}}\right)^{1/6}<\Gamma (1+x)<{\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^ {x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\frac {1}{30}}\right)^{1/6}.$

تاریخچه [ ویرایش ]

این فرمول برای اولین بار توسط آبراهام دو مویور [2] به شکل کشف شد

$n!\sim [{\rm {constant}}]\cdot n^{n+{\frac {1}{2}}}e^{-n}.$

دو مویور یک عدد گویا تقریبی برای لگاریتم طبیعی ثابت ارائه کرد. سهم استرلینگ شامل نشان دادن این بود که ثابت دقیقاً است ${\sqrt {2\pi }}$ . [3]

همچنین ببینید [ ویرایش ]

تقریب Lanczos
تقریب Spouge

منبع

https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation

مشخصات وب

در این وبلاگ به ریاضیات و کاربردهای آن و تحقیقات در آنها پرداخته می شود. مطالب در این وبلاگ ترجمه سطحی و اولیه است و کامل نیست.در صورتی سوال یا نظری در زمینه ریاضیات دارید مطرح نمایید .در صورت امکان به آن می پردازم. من دوست دارم برای یافتن پاسخ به سوالات و حل پروژه های علمی با دیگران همکاری نمایم.در صورتی که شما هم بامن هم عقیده هستید با من تماس بگیرید.
09132003030

ریاضیات

آموزش ریاضی