Obtenção da fórmula e demonstração

Para entender como surge essa a fórmula, observe que

log⁡n!=log⁡1+log⁡2+⋯+log⁡n=∑k=1nlog⁡k\log n!=\log 1+\log 2+\cdots+\log n=\sum_{k=1}^{n}\log k

é uma aproximação para

∫0nlog⁡x⁢d⁢x=n⁢log⁡n−n=log⁡(nn⁢e−n).\int_{0}^{n}\log x\,\mathrm{d}x=n\log n-n=\log(n^{n}e^{-n}).

Seguindo argumentos de aproximação, poderíamos mostrar que

log⁡n!=n⁢log⁡n−n+r⁢(n), onde ⁢r⁢(n)n→0.\log n!=n\log n-n+r(n),\ \text{ onde }\tfrac{r(n)}{n}\to 0.

Isto já seria o suficiente em muitas aplicações, mas queremos obter uma aproximação mais fina. De fato, queremos aproximar assintoticamente n!n! e não apenas log⁡n!\log n!.

Admitindo uma correção polinomial, vamos buscar uma aproximação da forma

λ⁢nn⁢e−n⁢nα\lambda n^{n}e^{-n}n^{\alpha}

com λ>0\lambda>0 e α∈ℝ\alpha\in\mathbb{R}. Veremos agora que tal aproximação é, de fato, válida com α=12\alpha=\frac{1}{2} e λ>0\lambda>0 desconhecido. Posteriormente, descobriremos que λ=2⁢π\lambda=\sqrt{2\pi}.

Escrevendo

cn=log⁡(nn⁢e−n⁢nαn!),c_{n}=\log\left(\frac{n^{n}e^{-n}n^{\alpha}}{n!}\right),

temos

cn+1−cn\displaystyle c_{n+1}-c_{n} =log⁡((n+1)⁢(n+1n)n⁢e−n−1e−n⁢(n+1n)α⁢n!(n+1)!)\displaystyle=\log\left(\textstyle(n+1)\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n}\frac{e^{% -n-1}}{e^{-n}}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{\alpha}\frac{n!}{(n+1)!}\right)
=[⁢n⁢log⁡(1+1n)−1]+α⁢log⁡(1+1n).\displaystyle=\left[\mathclap{\phantom{\big{|}}}n\log(1+\tfrac{1}{n})-1\right]% +\alpha\log(1+\tfrac{1}{n}).

Fazendo a expansão de Taylor de log⁡(1+x)\log(1+x) para x∈[0,1]x\in[0,1], temos

log⁡(1+x)=x−x22+r⁢(x),\log(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+r(x),

onde r⁢(x)r(x) é igual a 2(1+z)3⁢x36⁢ para algum ⁢z∈[0,x]\frac{2}{(1+z)^{3}}\frac{x^{3}}{6}\text{ para algum }z\in[0,x] e satisfaz 0⩽r⁢(x)⩽x33.0\leqslant r(x)\leqslant\frac{x^{3}}{3}.

Continuando o desenvolvimento de cn+1−cnc_{n+1}-c_{n}, temos

cn+1−cn\displaystyle c_{n+1}-c_{n} =[⁢n⁢(1n−12⁢n2+r⁢(1n))−1]+α⁢(⁢1n−12⁢n2+r⁢(1n))\displaystyle=\left[\mathclap{\phantom{\big{|}}}n\big{(}\tfrac{1}{n}-\tfrac{1}% {2n^{2}}+r(\tfrac{1}{n})\big{)}-1\right]+\alpha\left(\mathclap{\phantom{\big{|% }}}\tfrac{1}{n}-\tfrac{1}{2n^{2}}+r(\tfrac{1}{n})\right)
=αn−12⁢n+n⁢r⁢(1n)−α2⁢n2+α⁢r⁢(1n).\displaystyle=\tfrac{\alpha}{n}-\tfrac{1}{2n}+n\,r(\tfrac{1}{n})-\tfrac{\alpha% }{2n^{2}}+\alpha\,r(\tfrac{1}{n}).

Para anular os termos de ordem 1n\frac{1}{n}, vamos escolher α=12\alpha=\frac{1}{2}. Assim sendo,

cn+1−cn=n⁢r⁢(1n)+12⁢r⁢(1n)−14⁢n2.\displaystyle c_{n+1}-c_{n}=n\,r(\tfrac{1}{n})+\tfrac{1}{2}\,r(\tfrac{1}{n})-% \tfrac{1}{4n^{2}}.

Combinando a identidade acima com expansão de Taylor, obtemos

|cn+1−cn|\displaystyle|c_{n+1}-c_{n}| ⩽12⁢n2,\displaystyle\leqslant\tfrac{1}{2n^{2}},

que é somável. Logo, cn→cc_{n}\to c para algum c∈ℝc\in\mathbb{R} e, portanto,

n!nn⁢e−n⁢n→e−c=λ\frac{n!}{n^{n}e^{-n}\sqrt{n}}\to e^{-c}=\lambda

para algum λ>0\lambda>0. Resta mostrar que essa constante é dada por λ=2⁢π\lambda=\sqrt{2\pi}.