Kezdőlap


Cím:	A faktoriális alsó- és felső becslései
Szerző(k):	Lóczi Lajos
Füzet:	2002/április, 195 - 198. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

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

\begin{matrix} n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot n \end{matrix}

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

\begin{matrix} n! \approx {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n} \end{matrix}

összefüggést, ahol szokás szerint

e

(\approx 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[]{2 π n}

. Ezen azt értjük, hogy az

\begin{matrix} a_{n} = \frac{n!}{{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n}} \end{matrix}

képlettel definiált sorozat határértéke

1

. Ahhoz, hogy képet kapjunk a formula viselkedéséről, érdemes néhány

n

-re megvizsgálni

n!

és

{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n}

egymáshoz viszonyított értékeit. (Az itt fellépő elképesztően nagy számokat szemlélteti a cikk végén szereplő 4. Megjegyzés.)

\begin{matrix} n & n! & {(n / e)}^{n} \sqrt[]{2 π n} & a_{n} \\ 1 & 1 & 0,9221 & 1, 084 44 \\ 2 & 2 & 1,919 & 1, 042 21 \\ 3 & 6 & 5,836 & 1, 028 06 \\ ⋮ \\ 10 & 3 628 800 & 3 598 695, 6 & 1, 008 365 \\ ⋮ \\ 100 & 9, 332 62 \cdot 10^{157} & 9, 324 84 \cdot 10^{157} & 1, 000 833 6 \\ ⋮ \\ 1000 & 4, 023 87 \cdot 10^{2567} & 4, 023 53 \cdot 10^{2567} & 1, 000 083 33 \\ ⋮ \\ 10 000 & 2, 846 25 \cdot 10^{35659} & 2, 846 23 \cdot 10^{35659} & 1, 000 008 333 \end{matrix}

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:

\begin{matrix} \frac{e}{\sqrt[]{2}} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{n} < n! < e \sqrt[]{2} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{n}, \end{matrix}

illetve ekvivalensen átírva

\begin{matrix} \frac{e}{2 \sqrt[]{π}} < \frac{n!}{{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n}} < \frac{e}{\sqrt[]{π}}, azaz 0, 766 < \frac{n!}{{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n}} < 1, 533. \end{matrix}

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[]{2 π n}} < 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}

legjobb alsó- és felső korlátját, azaz megkeressük a legnagyobb

c_{1}

és a legkisebb

c_{2}

valós számokat, melyekre minden

n \in N^{+}

esetén

c_{1} < \frac{n!}{{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n}} \leq 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 \geq 1)

, azaz (mivel minden elem pozitív)

\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} > 1

. Ez ekvivalens a következőkkel:

\begin{matrix} \begin{matrix} 1 & < \frac{n!}{{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n}} \cdot \frac{{(\frac{n + 1}{e})}^{n + 1} \sqrt[]{2 π (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}}, \end{matrix} \end{matrix}

vagyis az

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

egyenlőtlenséget kell igazolnunk. Kész lesz a bizonyítás, ha megmutatjuk, hogy az

{(1 + \frac{1}{n})}^{n + \frac{1}{2}}

sorozat szigorúan monoton fogyó, hiszen az

e

szám definíciója folytán

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} {(1 + \frac{1}{n})}^{n + \frac{1}{2}} = {lim}_{n \to \infty}^{} \sqrt[]{1 + \frac{1}{n}} {(1 + \frac{1}{n})}^{n} = 1 \cdot e, \end{matrix}

és szigorúan monoton fogyó sorozat minden tagja nagyobb a sorozat határértékénél.
Az

{(1 + \frac{1}{n})}^{n + \frac{1}{2}}

sorozat helyett az

x \mapsto {(1 + \frac{1}{x})}^{x + \frac{1}{2}}

függvényt vizsgálva deriváltjára

\begin{matrix} {(1 + \frac{1}{x})}^{x + \frac{1}{2}} \cdot (ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{x + \frac{1}{2}}{x (x + 1)}) \end{matrix}

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 \to 0^{+}}^{} f (x) = - \infty

{lim}_{x \to \infty}^{} f (x) = 0

és minden

x > 0

-ra

f' (x) = \frac{1}{2 x^{2} {(x + 1)}^{2}} > 0

1. Megjegyzés. A

b_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n + α}

(0 \leq α \leq 1)

alakú sorozatok

α = 0

-ra, illetve

α = 1

-re az

e

szám szokásos definíciójában fordulnak elő. Könnyen látható, hogy tetszőleges

α \in [0,1]

esetén

{lim}_{n \to \infty}^{} b_{n} = e

. Bebizonyítható továbbá, hogy éppen

α = \frac{1}{2}

esetén leggyorsabb a konvergencia.
Mivel a Stirling-formula szerint

{lim}_{n \to \infty}^{} a_{n} = 1

és beláttuk, hogy

a_{n}

szigorúan monoton fogyó, ezért tetszőleges

n \geq 1

esetén

a_{n} > 1

valamint

a_{n} \leq a_{1}

következik. Igaz tehát az alábbi

Következmény. Minden

n \in N^{+}

esetén

\begin{matrix} 1 < \frac{n!}{{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n}} \leq \frac{e}{\sqrt[]{2 π}}, \end{matrix}

és a bal-, illetve jobb oldalon álló

c_{1} = 1

és

c_{2} = \frac{e}{\sqrt[]{2 π}}

konstansok nem javíthatók.
Eredeti kérdésünkhöz visszatérve

n!

-ra a fenti értelemben legjobb becsléseket kapjuk:

\begin{matrix} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n} < n! \leq {(\frac{n}{e})}^{n} e \sqrt[]{n} . \end{matrix}

2. Megjegyzés. Taylor-sorfejtés és további függvényvizsgálatok segítségével (melyek nagyon sok számolást igényelnek) egyre finomabb becslések találhatók. Ezek közül egy (minden pozitív egész

n

-re érvényes) egyenlőtlenség az alábbi:

\begin{matrix} 1 + \frac{1}{12 n} < a_{n} < e^{\frac{1}{12 n}} = 1 + \frac{1}{12 n} + \frac{1}{288 n^{2}} + ... \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n} (1 + \frac{1}{12 n}) < n! < {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n} \cdot e^{\frac{1}{12 n}} . \end{matrix}

A bizonyításban a

\begin{matrix} c_{n} = \frac{n!}{{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n} \cdot e^{\frac{1}{12 n}}} \end{matrix}

sorozatról kell megmutatnunk, hogy szigorúan monoton növő, a

\begin{matrix} d_{n} = \frac{n!}{{(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n} (1 + \frac{1}{12 n})} \end{matrix}

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

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} c_{n} = {lim}_{n \to \infty}^{} d_{n} = 1, \end{matrix}

ebből pedig (minden

n \in N^{+}

esetére)

c_{n} < 1 < d_{n}

következik, ami ekvivalens a fenti állítással.

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 \mapsto Γ (x)

(x \in R)

és a

z \mapsto | Γ (z) |

(z \in 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! \approx 3, 049 \cdot 10^{29}

értéket veszi fel függvényünk. Ehhez pedig füzetünkben felfelé többet kellene haladnunk, mint a ma ismert Világegyetem mérete!