Faktöriyel Kavramına Asimptotik Bir Yaklaşım: Stirling Formülü

Faktöriyel kavramı, çok farklı şekillerde tanımlanabilen bir kavramdır. En basitinden faktöriyel, 1'den herhangi bir tam sayıya kadar (ki bunun ilginç istisnaları mevcuttur) olan bütün tam sayıların çarpımı olarak tanımlanabilir. Örneğin 5 faktöriyel, 5! ile gösterilir ve 1, 2, 3, 4 ve 5 sayılarının birbiriyle çarpımına eşittir: Yani 120'ye...

Bunun pratik uygulamalarından birisi, belli bir sayıdaki nesneleri kaç farklı şekilde dizebileceğimizi hesaplamakta kullanılmasıdır. Örneğin elinizde A, B ve C isimli 3 adet kitap varsa, bunları kaç farklı şekilde dizebileceğinizi merak ediyorsanız, 3! hesabını yapabilirsiniz: Kitapları 1 kere 2 kere 3, dolayısıyla 6 farklı şekilde dizebilirsiniz: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB ve CBA.

İşi biraz teknikleştirmek mümkündür: Faktöriyel, matematiğin ayrık olmayan disiplinlerinde, kompleks sayılar üzerinde tanımlı bir fonksiyonun doğal sayılar kümesi kısıtı altında bir görüntüsü olarak tanımlanır. Bu fonksiyonun adı Gamma fonksiyonudur ve şöyle tanımlanır:

$\Gamma (x+1)={\int }_0^{\infty }{t}^x{e}^{-t}dt$

Eğer burada $x$ bir doğal sayı ise tümevarım ile şu eşitlik gösterilebilir.

$x!=\Gamma (x+1)$

Bu yazıda, bu fonksiyonun üzerinde çeşitli cebirsel numaralar yaparak ve biraz da Taylor serisi bilgisiyle, meşhur Stirling Formülü'nü elde edeceğiz. Stirling formülü, çok büyük sayıların faktöriyelini hesaplamakta kullandığımız bir yöntemdir. Bu yaklaşım, bilgisayar bilimleri açısından masraflı olabilecek "düz çarpım" yöntemini hesaplama maliyeti açısından ucuzlatmak amacıyla kullanılmaktadır.^[1]

Öncelikle $t^x$'i $e$ tabanında yazalım. Bu bize $e^{\ln (t^x)}$'den $e^{x\ln (t)}$ verir. Eğer $t^x=e^{x\ln (t)}$ özdeşliğini kullanırsak şu eşitliğe ulaşırız:

$x!={\int }_0^{\infty }{e}^{x\ln (t)-t}dt$

Bu eşitlikte de $t=(1+\alpha )x$ dönüşümü yaparsak $dt=\frac{d}{d\alpha }(x+\alpha x)d\alpha =x\cdot d\alpha$ gelir. Sınırlara bakarsak $t=0$ için $\alpha =-1$ olmalı. $t$ sonsuza giderken $\alpha$ da sonsuza gider. O zaman yeni sınırlarımız $[-1,\infty )$ olur. $t$ yerine $(1+\alpha )x$ ve $dt$ yerine $xd\alpha$ yazarsak şu sonuca ulaşırız:

${\int }_{-1}^{\infty }x\cdot e^{x\ln ((1+\alpha )x)-(1+\alpha )x}d\alpha$

$x\ln ((1+\alpha )x)=x\ln (1+\alpha )+x\ln (x)$ ve $-(1+\alpha )x=-x-\alpha x$ olduğundan üstü şöyle yazalım:

${\int }_{-1}^{\infty }x\cdot e^{x\ln (1+\alpha )+x\ln (x)-x-\alpha x}d\alpha$

Şimdi içinde $\alpha$ bulunmayan terimleri toparlayalım.

${\int }_{-1}^{\infty }x\cdot e^{x\ln (x)}{e}^{-x}{e}^{x\ln (1+\alpha )-\alpha x}d\alpha$

Bunlar $\alpha$'ya bağlı olmadıkları için dışarı çıkabilir. O halde en son hali ile şuna döner:

$x!=e^{-x}{x}^{x+1}{\int }_{-1}^{\infty }{e}^{x(\ln (1+\alpha )-\alpha )}d\alpha$

Şimdi burada biraz duralım ve neden yukarıdaki gibi bir dönüşümü yaptığımızı açıklayalım. Burada böyle bir dönüşüm yapmamızın sebebi $\ln (1+\alpha )$'nın Taylor serisini biliyor olmamız. $\ln (1+\alpha )$'nın Taylor serisi hesaplamak istersek klasik Taylor serisi formulünü hatırlıyalım:

$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n$

Buradan $f(\alpha )=\ln (\alpha +1)$'yı hesaplamak istersek $\ln (\alpha +1)$'in türevlerine bakalım:

$f(\alpha )=\ln (\alpha +1)$

$f^{\prime }(\alpha )=\frac{1}{\alpha +1}$

$f^{\prime \prime }(\alpha )=-\frac{1}{(\alpha +1{)}^2}$

$\dots$

$f^{(n)}(\alpha )=(-1{)}^{n+1}(n-1)!(\alpha +1{)}^{-n}$

Şimdi bunu $f^{(n)}(\alpha )$ yerine koyarsak ve $a=0$ dersek (ki bu Taylor serisinde $a$ herhangi bir sayı olabilir) şunu elde ederiz:

$f(\alpha )=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n+1}(n-1)!}{n!}{\alpha }^n$

Şimdi faktöriyelleri de sadeleştirirsek şunu elde ederiz:

$f(\alpha )=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{{\alpha }^n}{n}$

Bu toplamı açacak olursak:

$f(\alpha )=\sum _{n=0}^{\infty }(-1{)}^{n+1}\frac{{\alpha }^n}{n}=\alpha -\frac{{\alpha }^2}{2}+\frac{{\alpha }^3}{3}-\frac{{\alpha }^4}{4}+\frac{{\alpha }^5}{5}+\dots$

Dolayısı ile $\alpha$ yeterince küçük iken yüksek kuvvetli terimler $0$'a yaklaşacağı için onları göz ardı edebiliriz. Bu yüzden sadece $\alpha -\frac{{\alpha }^2}{2}$kısmını alıp $\ln (1+\alpha )-\alpha \approx -\frac{{\alpha }^2}{2}$ diyebiliriz. Esasında 1+\alpha">$e^{\alpha }>1+\alpha$ eşitliği her $\alpha$ için doğru olduğundan bu yaklaşım her $\alpha$ için uygulanabilir. Dolayısı ile $x!=e^{-x}{x}^{x+1}{\int }_{-1}^{\infty }{e}^{x(\ln (1+\alpha )-\alpha )}d\alpha$ eşitliğine bir yaklaşım olarak $e^{-x}{x}^{x+1}{\int }_{-1}^{\infty }{e}^{-x\frac{{\alpha }^2}{2}}d\alpha$ kullanılabilir.

Hatırlamak gerekiyor ki burada $x$ çok büyük bir sayı olarak kabul ediliyor, çünkü yapmaya çalıştığımız şey Stirling yaklaşımını çözümlemek. Dolayısı ile $-1$ 'den küçük $\alpha$'lar için de $e^{-x\frac{{\alpha }^2}{2}}$ oldukça küçük bir sayı olacaktır (çünkü burada 0">$\frac{{\alpha }^2}{2}>0$ ve 0">$x>0$ çok büyük bir sayıdır dolayısıyla çarpımlarının negatifi çok büyük bir negatif sayı olacağından bu sayının eksponansiyel fonksiyon altındaki görüntüsü çok küçük bir sayı olur) yaklaşım yapacağımızdan dolayı integralin aralığına $(-\infty ,-1)$ aralığını da dahil etmek yaklaşımı bu yüzden bozmayacaktır. O zaman $(-\infty ,-1)$ aralığını da dahil edersek:

$x!\approx e^{-x}{x}^{x+1}{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x\frac{{\alpha }^2}{2}}d\alpha$

eşitliğine ulaşırız ki burada basit bir $u=\frac{\sqrt{x}\alpha }{\sqrt{2}}$ dönüşümü yaparsak:

$x!\approx e^{-x}{x}^{x+1}{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-u^2}\sqrt{\frac{2}{x}}du$

eşitliğine ulaşılır. Bu integral, meşhur Gauss integralidir ve sonucu $\sqrt{\pi }$ 'dir. En son haliyle:

$x!\approx e^{-x}{x}^x\sqrt{2\pi x}$

Veya daha çok genel yazımı ile:

$x!\approx \sqrt{2\pi x}(\frac{x}{e}{)}^x$

yaklaşımına ulaşılır - ki bu, Stirling yaklaşımıdır. Ancak başından not ettiğimiz gibi, bu yaklaşımın geçerliliği, $x$ çok büyük bir sayıyken mevcuttur. Küçük sayılarda hata payı çok yüksek olacaktır.