Stirling
ciao a tutti; ho un facile compitino di matematica 1...
bisogna sostanzialmente dimostrare che $n! tilde n^n*e^(-n)*sqrt(2pi*n)$....
adesso, per fare questo bisogna vedere che
$lim_(nto+oo) {[n!]/[n^n*e^(-n)*sqrt(2pi*n)]}=1$...
?beh innanzitutto mi basta sapere questo...adesso sto provando a risolverlo il limite ma mi sembra bello tosto (per quello che so)...
grazie a tutti
ps nella prima formula non riuscivo a scrivere il simbolo di tilde e quindi l'ho scritto a parole...mi scuso fin d'ora se non è molto elegante la forma...
ciao
bisogna sostanzialmente dimostrare che $n! tilde n^n*e^(-n)*sqrt(2pi*n)$....
adesso, per fare questo bisogna vedere che
$lim_(nto+oo) {[n!]/[n^n*e^(-n)*sqrt(2pi*n)]}=1$...
?beh innanzitutto mi basta sapere questo...adesso sto provando a risolverlo il limite ma mi sembra bello tosto (per quello che so)...
grazie a tutti
ps nella prima formula non riuscivo a scrivere il simbolo di tilde e quindi l'ho scritto a parole...mi scuso fin d'ora se non è molto elegante la forma...
ciao
Risposte
Per il simbolo $~$ puoi usare la combinazione "Alt Gr"+"126". Per la dimostrazione di quel limite c'è qualcosa su wikipedia sotto la voce "Approssimazione di Stirling".
grazie luca!
ho dato un'occhiata a wikipedia...ora è tutto chiaro!
ciao
ps grazie anche per la dritta sulla tilde...
ho dato un'occhiata a wikipedia...ora è tutto chiaro!
ciao
ps grazie anche per la dritta sulla tilde...
Probabilmente si puo' calcolare quel limite trovando una limitazione
inferiore ed una superiore che tendano entrambe da 1.Per il teorema del
confronto si avrebbe quanto cercato
Propongo invece una dimostrazione basata sul prodotto infinito di Wallis
[ricavabile elementarmente dalla formula di ricorrenza:$int_0^(pi//2)sin^nxdx=(n-1)/n int_0^(pi//2)sin^(n-2)xdx,n>1]$
$(pi)/2=lim(2*2*4*4*6*6*...*(2n-2)*(2n-2)*2n*2n)/(1*3*3*5*5*7*...*(2n-3)*(2n-1)*(2n-1)*(2n+1))$
Poiche' $lim(2n)/(2n+1)=1$,tale prodotto si puo' scrivere anche cosi':
$(pi)/2=lim(2^2*4^2*6^2*...(2n-2)^2)/(1^2*3^2*5^2*...*(2n-1)^2)*(2n)$
da cui:
$sqrt((pi)/2)=lim(2*4*6*...*(2n-2)*(2n))/(1*3*5*...*(2n-1))*1/(sqrt(2n))$
ovvero:
$sqrt((pi)/2)=lim(2^n*n!)/((2n-1)!!)*1/(sqrt(2n)$
E moltiplicando num. e denom. per $2^n*n!$:
$sqrt((pi)/2)=lim(2^(2n)*(n!)^2)/((2n-1)!!*(2^n*n!))*1/(sqrt(2n)$
Ora e' $(2n-1)!!*(2^n*n!)=(2n)!$ e dunque si ha infine:
(1) $sqrt(pi)=lim(2^(2n)*(n!)^2)/((2n)!*sqrt(n))$
Cio' premesso osserviamo che ,posto $a_n=(n!e^n)/(n^nsqrtn)$ ed ipotizzando
l'esistenza del limite richiesto,si ha:
$lim a_n=lim(a_n^2)/(a_(2n))=sqrt2 lim (2^(2n)(n!)^2)/((2n)!sqrtn)$
E per la (1):
$lima_n=sqrt2*sqrt(pi)=sqrt(2pi)$
Dividendo poi per $sqrt(2pi)$ si ricava l'assunto.
karl
inferiore ed una superiore che tendano entrambe da 1.Per il teorema del
confronto si avrebbe quanto cercato
Propongo invece una dimostrazione basata sul prodotto infinito di Wallis
[ricavabile elementarmente dalla formula di ricorrenza:$int_0^(pi//2)sin^nxdx=(n-1)/n int_0^(pi//2)sin^(n-2)xdx,n>1]$
$(pi)/2=lim(2*2*4*4*6*6*...*(2n-2)*(2n-2)*2n*2n)/(1*3*3*5*5*7*...*(2n-3)*(2n-1)*(2n-1)*(2n+1))$
Poiche' $lim(2n)/(2n+1)=1$,tale prodotto si puo' scrivere anche cosi':
$(pi)/2=lim(2^2*4^2*6^2*...(2n-2)^2)/(1^2*3^2*5^2*...*(2n-1)^2)*(2n)$
da cui:
$sqrt((pi)/2)=lim(2*4*6*...*(2n-2)*(2n))/(1*3*5*...*(2n-1))*1/(sqrt(2n))$
ovvero:
$sqrt((pi)/2)=lim(2^n*n!)/((2n-1)!!)*1/(sqrt(2n)$
E moltiplicando num. e denom. per $2^n*n!$:
$sqrt((pi)/2)=lim(2^(2n)*(n!)^2)/((2n-1)!!*(2^n*n!))*1/(sqrt(2n)$
Ora e' $(2n-1)!!*(2^n*n!)=(2n)!$ e dunque si ha infine:
(1) $sqrt(pi)=lim(2^(2n)*(n!)^2)/((2n)!*sqrt(n))$
Cio' premesso osserviamo che ,posto $a_n=(n!e^n)/(n^nsqrtn)$ ed ipotizzando
l'esistenza del limite richiesto,si ha:
$lim a_n=lim(a_n^2)/(a_(2n))=sqrt2 lim (2^(2n)(n!)^2)/((2n)!sqrtn)$
E per la (1):
$lima_n=sqrt2*sqrt(pi)=sqrt(2pi)$
Dividendo poi per $sqrt(2pi)$ si ricava l'assunto.
karl
mmm...se non mi sono perso nei passaggi direi che deve essere $a_n=(n!*e^n)/(n^nsqrtn)$ invece di
$a_n=(n!*e^n)/(nsqrtn)$
pensa che io stavo usando la serie di basilea per sbrogliarlo...robe da matti!:-D
ciao
$a_n=(n!*e^n)/(nsqrtn)$
pensa che io stavo usando la serie di basilea per sbrogliarlo...robe da matti!:-D
ciao
Edit
Ho corretto $a_n$ ma i calcoli successivi sono esatti perche fatti con l'$a_n$ giusto.
karl
Ho corretto $a_n$ ma i calcoli successivi sono esatti perche fatti con l'$a_n$ giusto.
karl
ok karl, grazie mille!
ciao
ciao