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Solución:
los Fórmula de suma de Euler-MacLaurin puede usarse para aproximar $n!$ convenientemente.
Lo siguiente está tomado de Matemáticas Concretas por DE Knuth y RL Graham. Encontramos en la sección 9.5 entre otras representaciones esta versión del Fórmula de suma de Euler-MacLaurin para valores enteros $aleq b$
beginalign* sum_aleq k < bf(k)&=int_a^bf(x)dx-frac12left.f(x)right|_a ^b+sum_k=1^mfracB_2k(2k)!left.f^(2k-1)(x)right|_a^ btag1\ &qquad+ mathcalOleft((2pi)^-2mright)int_a^bleft|f^(2m)(x) derecha|dx endalign*
con $B_k$ el Números de Bernoulli comenzando con beginalign* B_0=1,B_1=-frac12,B_2=frac16,B_4=-frac130,B_6= frac142,ldotsendalign* y $B_k=0$ para $k$ impar mayor $1$.
También se muestra que si la función $f$ tiene la propiedad agradable $$f^2m(x)geq 0$$ para $aleq x leq b$ entonces resulta que el resto en ( 1) se puede reemplazar con beginalign* Theta_mfracB_2m+2(2m+2)!left.f^(2m+1)(x)right| _a^bqquadqquad textpara algunos 0 y obtenemos beginalign* sum_aleq k < bf(k)&=int_a^bf(x)dx-frac12left.f(x) derecha|_a^b+sum_k=1^mfracB_2k(2k)!izquierda. f^(2k-1)(x)right|_a^b\ &qquad+Theta_mfracB_2m+2(2m+2)!left.f^( 2m+1)(x)right|_a^btag2 endalign* Ejemplo: $f(x)=ln x$ Para encontrar el fórmula de Stirling para $n!$ consideramos $f(x)=ln x$ y derivamos la siguiente aproximación para $(n-1)!$ beginalign* sum_1leq k < nln k&=nln n - n +sigma-frac12ln n+sum_k=1^m fracB_2k2k(2k-1)n^2k-1\ &qquad+ThetafracB_2m+1(2m+2)(2m+1 )n^2m+1qquadqquad 0 Otro ejemplo instructivo en la sección 9.6, a saber, la estimación asintótica de $sum_kbinom2nk$ proporciona una fórmula para $sigma$ beginalign* e^sigma=sqrt2pi endalinear* Ahora tenemos todo lo que necesitamos para estimar $n!$ con la precisión que queramos: Supongamos que queremos aproximar $n!$ hasta los términos del pedido $n^-3$. Ponemos $m=2$ y observamos beginalign* sum_1leq k < nln k=nln n-n+sqrt2pi-frac12ln n+frac1 12n-frac1360n^3 +mathcalOleft(frac1n^5right)tag3 endalign* Usando la función generadora de $exp(x)=sum_ngeq 0fracx^nn!$ obtenemos de (3) beginalign* n!&=exp left(nln n-n+sqrt2pi+frac12ln n+frac112n-frac1360n^3 +mathcal Oleft(frac1n^5right)right)tag4\ &=sqrt2pi nleft(fracne right)^n expleft(frac112n-frac1360n^3+mathcalOleft(frac1n^5right )right)\ &=sqrt2pi nleft(fracneright)^n left(1+left(frac112n- fracción1360n^3derecha)+frac12izquierda(frac112n-frac1360n^3derecha)^2derecha .\ &qquadqquadqquadqquadleft.+frac16left(frac112n-frac1360n^3right)^ 3+mathcalOleft(frac1n^4right)right)\ &=sqrt2pi nleft(fracne derecha)^n left(1+left(frac112n-frac1360n^3right)+frac12left(frac1 144n^2right)right.\ &qquadqquadqquadqquadleft.+frac16left(frac11728n^3right )+mathcalOleft(frac1n^4right)right) endalign* Observe el cambio de $-frac12ln n$ a $+frac12ln n$ de (3) a (4) debido al cambio de $(n- 1)!$ a $n!$. Finalmente concluimos beginalign* n!=sqrt2pi nleft(fracneright)^n left(1+frac112n+ frac1288n^2-frac13951840n^3+mathcalOleft(frac1n^4right)right) endalign * Recuerda que puedes dar visibilidad a este post si si solucionó tu problema.
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