5.10.1 A fórmula de Stirling para o logaritmo da função fatorial
\ln (x!)=\frac{1}{2} \ln 2 \pi+\left(x+\frac{1}{2}\right) \ln x-x-\sum_{n=1}^{N} \frac{B_{2 n}}{2 n(2 n-1)} x^{1-2 n}
Os B_{2 n} são os números de Bernoulli (Seção 5.9). Mostre que a fórmula de Stirling é uma expansão assintótica.

Passo 1

O enunciado pede para mostrarmos que, para todo inteiro N\ge1, a fórmula
\ln(x!)=\frac12\ln2\pi+\bigl(x+\tfrac12\bigr)\ln x -x \;-\sum_{n=1}^{N}\frac{B_{2n}}{2n(2n-1)}\,x^{1-2n}
é válida até um resto que é o\bigl(x^{1-2N}\bigr) quando x\to\infty. Em outras palavras, devemos usar o Fórmula de Euler–Maclaurin para transformar \sum_{k=1}^{x}\ln k numa integral mais correções de Bernoulli, e então mostrar que o resto tem ordem x^{1-2N}.

Passo 2

A Fórmula de Euler–Maclaurin, para uma função f com derivadas suficientes, diz:
\sum_{k=1}^{x}f(k) =\int_{1}^{x}f(t)\,dt +\frac{f(1)+f(x)}{2} +\sum_{m=1}^{N-1}\frac{B_{2m}}{(2m)!}\Bigl(f^{(2m-1)}(x)-f^{(2m-1)}(1)\Bigr) +R_{N},
onde o resto pode ser escrito como
R_{N} =-\int_{1}^{x}\frac{B_{2N}(\{t\})}{(2N)!}\,f^{(2N)}(t)\,dt,
e \{t\} é a parte fracionária de t.

Passo 3

Tomamos f(t)=\ln t. Então
\int_{1}^{x}\ln t\,dt =\bigl[t\ln t -t\bigr]_{1}^{x} =x\ln x - x + 1,
f(1)=\ln1=0,\quad f(x)=\ln x,
e, para m\ge1,
f^{(m)}(t) =\frac{d^m}{dt^m}\ln t =(-1)^{m-1}\,(m-1)!\,t^{-m}.
Substituindo na fórmula de Euler–Maclaurin obtemos
\sum_{k=1}^{x}\ln k =x\ln x - x +1 +\frac{\ln x}{2} +\sum_{m=1}^{N-1}\frac{B_{2m}}{(2m)!}\Bigl((2m-2)!\,x^{-(2m-1)}-(2m-2)!\Bigr) +R_{N}.

Passo 4

Reescrevendo
\frac{B_{2m}}{(2m)!}(2m-2)! =\frac{B_{2m}}{2m(2m-1)},
e agrupando o termo constante (que esconde a soma infinita que converge a \tfrac12\ln2\pi), chegamos exatamente à forma
\ln(x!) =\frac12\ln2\pi +\bigl(x+\tfrac12\bigr)\ln x -x -\sum_{n=1}^{N}\frac{B_{2n}}{2n(2n-1)}\,x^{1-2n} \;+\;R_{N}.

Passo 5

Resta estimar o resto R_{N}. Como \bigl|B_{2N}(\{t\})\bigr|\le|B_{2N}| e
\bigl|f^{(2N)}(t)\bigr| =(2N-1)!\,t^{-2N},
temos
|R_{N}| \le\frac{|B_{2N}|}{(2N)!}\,(2N-1)! \int_{1}^{x}t^{-2N}\,dt =\frac{|B_{2N}|}{2N}\Bigl(1-x^{\,1-2N}\Bigr) =O\bigl(x^{\,1-2N}\bigr) \quad(x\to\infty).
Logo
\ln(x!) =\frac12\ln2\pi +\bigl(x+\tfrac12\bigr)\ln x -x -\sum_{n=1}^{N}\frac{B_{2n}}{2n(2n-1)}\,x^{1-2n} +O\bigl(x^{1-2N}\bigr),
o que mostra que a série é, de fato, uma expansão assintótica.

Resposta

Para todo N\ge1 vale
\ln(x!) =\frac12\ln2\pi +\bigl(x+\tfrac12\bigr)\ln x -x -\sum_{n=1}^{N}\frac{B_{2n}}{2n(2n-1)}\,x^{1-2n} +O\bigl(x^{1-2N}\bigr),
portanto a fórmula de Stirling dada é uma expansão assintótica de \ln(x!).

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