ในทางคณิตศาสตร์การประมาณของสเตอร์ลิง (หรือสูตรของสเตอร์ลิง ) เป็นการ ประมาณ เชิงอะซิมโทติกสำหรับแฟกทอเรียลเป็นการประมาณที่ดี ซึ่งนำไปสู่ผลลัพธ์ที่แม่นยำแม้สำหรับค่าเล็กๆ ของตั้งชื่อตามเจมส์ สเตอร์ลิงแม้ว่าผลลัพธ์ที่เกี่ยวข้องแต่มีความแม่นยำน้อยกว่าจะถูกกล่าวถึงครั้งแรกโดยอับราฮัม เดอ มัวร์^{[ 1 ] [ 2 ] [ 3 ]}${\displaystyle n}$

วิธีหนึ่งในการระบุค่าประมาณเกี่ยวข้องกับลอการิทึมของแฟกทอเรียล: โดยที่สัญลักษณ์Oใหญ่หมายความว่า สำหรับค่า n ที่มีขนาดใหญ่เพียงพอความแตกต่างระหว่าง n และ n จะมีค่าสูงสุดเป็นสัดส่วนกับลอการิทึมของn ในการใช้งานด้านวิทยาศาสตร์คอมพิวเตอร์ เช่นขอบล่างกรณีที่เลวร้ายที่สุดสำหรับการเรียงลำดับแบบเปรียบเทียบ การ ใช้ ลอการิทึมฐานสองจะสะดวกกว่า โดยให้รูปแบบที่เทียบเท่ากัน พจน์ความคลาดเคลื่อนในฐานใดฐานหนึ่งสามารถแสดงได้อย่างแม่นยำยิ่งขึ้นเป็น n = n ซึ่งสอดคล้องกับสูตรโดยประมาณสำหรับแฟกทอเรียลเอง โดยที่เครื่องหมาย n หมายความว่าปริมาณทั้งสองเป็นค่าอนันต์ นั่นคือ อัตราส่วนของปริมาณทั้งสองมีแนวโน้มเข้าสู่ 1 เมื่อ n เข้าสู่ค่าอนันต์ $${\displaystyle \ln n!=n\ln n-n+O(\ln n),}$$${\displaystyle n}$${\displaystyle \ln n!}$${\displaystyle n\ln nn}$${\displaystyle n}$$${\displaystyle \log _{2}n!=n\log _{2}nn\log _{2}e+O(\log _{2}n).}$$${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\log(2\pi n)+O({\tfrac {1}{n}})}$$${\displaystyle n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}.}$$${\displaystyle \sim }$${\displaystyle n}$

สูตรนี้ถูกค้นพบครั้งแรกโดยAbraham de Moivre ^{[ 2 ]}ในปี ค.ศ. 1721 ในรูปแบบ $${\displaystyle n!\sim [{\rm {constant}}]\cdot n^{n+{\frac {1}{2}}}e^{-n}.}$$

เดอ มัวร์ ได้ให้สูตรจำนวนตรรกยะโดยประมาณสำหรับลอการิทึมธรรมชาติของค่าคงที่ ผลงานของสเตอร์ลิงในปี ค.ศ. 1730 ประกอบด้วยการแสดงให้เห็นว่าค่าคงที่คือ^{[ 3 ] [ 4 ]}${\displaystyle {\sqrt {2\pi }}}$

สูตรของสเตอร์ลิงในรูปแบบที่ง่ายที่สุดคือ ซึ่งสามารถหาได้อย่างรวดเร็วโดยการประมาณผลรวม ด้วยปริพันธ์ : $${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\left(1+O\!\left({\frac {1}{n}}\right)\right).}$$$${\displaystyle \ln n!=\sum _{j=1}^{n}\ln j}$$$${\displaystyle \sum _{j=1}^{n}\ln j\approx \int _{1}^{n}\ln x\,{\rm {d}}x=n\ln n-n+1.}$$

สูตรเต็มพร้อมกับการประมาณค่าความคลาดเคลื่อนที่แม่นยำสามารถหาได้ดังต่อไปนี้ แทนที่จะประมาณค่าเราจะพิจารณาค่าลอการิทึมธรรมชาติ ของมัน เนื่องจากเป็นฟังก์ชันที่เปลี่ยนแปลงช้า : ${\displaystyle n!}$$${\displaystyle \ln n!=\ln 1+\ln 2+\cdots +\ln n.}$$

ด้านขวาของสมการนี้ลบด้วย ค่าประมาณ ของอินทิ กรัล โดยใช้กฎ สี่เหลี่ยมคางหมู$${\displaystyle {\tfrac {1}{2}}(\ln 1+\ln n)={\tfrac {1}{2}}\ln n}$$$${\displaystyle \ln n!-{\tfrac {1}{2}}\ln n\approx \int _{1}^{n}\ln x\,{\rm {d}}x=n\ln n-n+1,}$$

และค่าความคลาดเคลื่อนในการประมาณค่านี้คำนวณได้จากสูตรออยเลอร์-แมคลาลิน : $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln n!-{\tfrac {1}{2}}\ln n&=\ln 1+\ln 2+\ln 3+\cdots +\ln(n-1)+{\tfrac {1}{2}}\ln n\\&=n\ln n-n+1+\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)}}\left({\frac {1}{n^{k-1}}}-1\right)+R_{m,n},\end{aligned}}}$$

โดยที่เป็นจำนวนเบอร์นูลลีและR คือพจน์ที่เหลือในสูตรออยเลอร์-แมคลาลิน หาลิมิตเพื่อหาว่า ${\displaystyle B_{k}}$$${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(\ln n!-n\ln n+n-{\tfrac {1}{2}}\ln n\right)=1-\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)}}+\lim _{n\to \infty }R_{m,n}.}$$

กำหนดให้ลิมิตนี้เป็นเนื่องจากส่วนที่เหลือR ในสูตรออยเลอร์-แมคลาลินเป็นไปตามเงื่อนไข ${\displaystyle y}$$${\displaystyle R_{m,n}=\lim _{n\to \infty }R_{m,n}+O\!\left({\frac {1}{n^{m}}}\right),}$$

ในกรณีที่ใช้ สัญกรณ์บิ๊กโอ การรวมสมการข้างต้นจะให้สูตรการประมาณค่าในรูปแบบลอการิทึม:$${\displaystyle \ln n!=n\ln \left({\frac {n}{e}}\right)+{\tfrac {1}{2}}\ln n+y+\sum _{k=2}^{m}{\frac {(-1)^{k}B_{k}}{k(k-1)n^{k-1}}}+O\!\left({\frac {1}{n^{m}}}\right).}$$

เมื่อนำทั้งสองข้างไปยกกำลัง และเลือกจำนวนเต็มบวกใดๆจะได้สูตรที่มีปริมาณที่ไม่ทราบค่าอยู่สำหรับm = 1สูตรจะเป็นดังนี้ ${\displaystyle m}$${\displaystyle e^{y}}$$${\displaystyle n!=e^{y}{\sqrt {n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\left(1+O\!\left({\frac {1}{n}}\right)\right).}$$

สามารถหาปริมาณ ได้โดยการหาลิมิตทั้งสองข้างเมื่อ เข้าสู่อินฟินิตี้ และใช้ผลคูณของวอลลิสซึ่งแสดงให้เห็นว่าดังนั้นจึงได้สูตรของสเตอร์ลิง ${\displaystyle e^{y}}$${\displaystyle n}$${\displaystyle e^{y}={\sqrt {2\pi }}}$

สูตรทางเลือกสำหรับการใช้ฟังก์ชันแกมมาคือ (ดังที่เห็นได้จากการอินทิเกรตแบบแยกส่วนซ้ำๆ) การเขียนใหม่และการเปลี่ยนตัวแปรx = nyจะได้ เมื่อใช้ระเบียบ วิธี ของลาปลาส จะได้ ซึ่ง จะได้ สูตรของสเตอร์ลิงกลับคืนมา: ${\displaystyle n!}$$${\displaystyle n!=\int _{0}^{\infty }x^{n}e^{-x}\,{\rm {d}}x.}$$$${\displaystyle n!=\int _{0}^{\infty }e^{n\ln xx}\,{\rm {d}}x=e^{n\ln n}n\int _{0}^{\infty }e^{n(\ln ปปป)}\,{\rm {d}}y.}$$$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }e^{n(\ln yy)}\,{\rm {d}}y\sim {\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}e^{-n},}$$$${\displaystyle n!\sim e^{n\ln n}n{\sqrt {\frac {2\pi }{n}}}e^{-n}={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}.}$$

สามารถทำการแก้ไขเพิ่มเติมได้โดยใช้วิธีของลาปลาซ สูตรของสเตอร์ลิงในลำดับที่สองคือ $${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\left(1+{\frac {1}{12n}}+O\!\left({\frac {1}{n^{2}}}\right)\right).}$$

จากผลลัพธ์ก่อนหน้านี้ เราทราบว่าดังนั้นเราจึง "แยก" พจน์เด่นนี้ออก จากนั้นทำการเปลี่ยนตัวแปรสองครั้งเพื่อให้ได้: เพื่อตรวจสอบสิ่งนี้: ${\displaystyle \Gamma (x)\sim x^{x}e^{-x}}$$${\displaystyle x^{-x}e^{x}\Gamma (x)=\int _{\mathbb {R} }e^{x\left(1+t-e^{t}\right)}\,dt}$$$${\displaystyle \int _{\mathbb {R} }e^{x\left(1+t-e^{t}\right)}\,dt\ {\overset {t\mapsto \ln t}{=}}\ e^{x}\int _{0}^{\infty }t^{x-1}e^{-xt}\,dt\ {\overset {t\mapsto {\frac {t}{x}}}{=}}\ x^{-x}e^{x}\int _{0}^{\infty }e^{-t}t^{x-1}\,dt=x^{-x}e^{x}\Gamma (x).}$$

ตอนนี้ฟังก์ชันเป็นแบบโมดอลเดียว โดยมีค่าสูงสุดเป็นศูนย์ ในบริเวณรอบๆ ศูนย์ ฟังก์ชันจะมีลักษณะดังนี้ซึ่งเป็นเหตุผลที่เราสามารถใช้วิธีของลาปลาสได้ เพื่อขยายวิธีของลาปลาสไปสู่ลำดับที่สูงขึ้น เราจึงทำการเปลี่ยนตัวแปรอีกครั้งโดยใช้ สมการนี้ไม่สามารถหาคำตอบได้ในรูปแบบปิด แต่สามารถหาคำตอบได้โดยการขยายอนุกรม ซึ่งจะได้ ให้เรา ${\displaystyle t\mapsto 1+t-e^{t}}$${\textstyle -{\frac {t^{2}}{2}}}$${\textstyle 1+t-e^{t}=-{\frac {\tau ^{2}}{2}}}$$${\displaystyle t=\tau -{\frac {\tau ^{2}}{6}}+{\frac {\tau ^{3}}{36}}+a_{4}\tau ^{4}+O\left(\tau ^{5}\right).}$$

ทีนี้ลองแทนค่ากลับเข้าไปในสมการเพื่อหาผลลัพธ์ $${\displaystyle {\begin{aligned}x^{-x}e^{x}\Gamma (x)&=\int _{\mathbb {R} }e^{-{\frac {x\tau ^{2}}{2}}}\left(1-{\frac {\tau }{3}}+{\frac {\tau ^{2}}{12}}+4a_{4}\tau ^{3}+O\left(\tau ^{4}\right)\right)\,d\tau \\&={\sqrt {2\pi }}\left(x^{-{\frac {1}{2}}}+{\frac {x^{-{\frac {3}{2}}}}{12}}\right)+O\left(x^{-{\frac {5}{2}}}\right).\end{aligned}}}$$

โปรดสังเกตว่าจริงๆ แล้วไม่จำเป็นต้องหาค่าเนื่องจากค่าดังกล่าวถูกตัดออกไปโดยปริพันธ์ ลำดับที่สูงขึ้นสามารถทำได้โดยการคำนวณพจน์เพิ่มเติมในซึ่งสามารถหาได้โดยใช้โปรแกรม^{[หมายเหตุ 1 ]}${\displaystyle a_{4}}$${\displaystyle t=\tau +\cdots }$

เวอร์ชันการวิเคราะห์เชิงซ้อนของวิธีนี้^{[ 5 ]}คือการพิจารณาสัมประสิทธิ์เทย์เลอร์ของฟังก์ชันเลขชี้กำลัง ที่คำนวณโดยสูตรอินทิกรัลของโคชีเป็น ${\textstyle {\frac {1}{n!}}}$$${\displaystyle e^{z}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {z^{n}}{n!}},}$$$${\displaystyle {\frac {1}{n!}}={\frac {1}{2\pi i}}\oint \limits _{|z|=r}{\frac {e^{z}}{z^{n+1}}}\,dz.}$$

จากนั้นสามารถประมาณค่าอินทิกรัลตามเส้นนี้ได้โดยใช้วิธีจุดอานม้าโดยเลือกค่ารัศมีเส้นโค้งที่เหมาะสม ส่วนที่เด่นที่สุดของอินทิกรัลใกล้จุดอานม้าจะถูกประมาณค่าด้วยอินทิกรัลจริงและวิธีของลาปลาส ในขณะที่ส่วนที่เหลือของอินทิกรัลสามารถกำหนดขอบเขตบนเพื่อให้ได้ค่าความคลาดเคลื่อน ${\displaystyle r=r_{n}}$

เวอร์ชันทางเลือกใช้ข้อเท็จจริงที่ว่าการแจกแจงปัวซงลู่เข้าสู่การแจกแจงปกติโดยทฤษฎีบทขีดจำกัดกลาง^{[ 6 ]}

เนื่องจากการแจกแจงปัวซงที่มีพารามิเตอร์ลู่เข้าสู่การแจกแจงปกติที่มีค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนดังนั้นฟังก์ชันความหนาแน่นของการแจกแจง ทั้งสอง จึงใกล้เคียงกัน: ${\displaystyle \mu }$${\displaystyle \mu }$${\displaystyle \mu }$

$${\displaystyle {\frac {\exp(-\mu )\mu ^{x}}{x!}}\approx {\frac {1}{\sqrt {2\pi \mu }}}\exp \left(-{\frac {1}{2}}\left({\frac {x-\mu }{\sqrt {\mu }}}\right)^{2}\right)}$$

การประเมินนิพจน์นี้ที่ค่าเฉลี่ย ซึ่งเป็นค่าที่การประมาณมีความแม่นยำเป็นพิเศษ จะทำให้นิพจน์นี้ง่ายขึ้นเป็น:

$${\displaystyle {\frac {\exp(-\mu )\mu ^{\mu }}{\mu !}}\approx {\frac {1}{\sqrt {2\pi \mu }}}}$$

การบันทึกข้อมูลจึงส่งผลให้

$${\displaystyle -\mu +\mu \ln \mu -\ln \mu !\approx -{\frac {1}{2}}\ln(2\pi \mu )}$$

ซึ่งสามารถจัดเรียงใหม่ได้อย่างง่ายดายเพื่อให้ได้ผลลัพธ์ดังนี้:

$${\displaystyle \ln \mu !\approx \mu \ln \mu -\mu +{\frac {1}{2}}\ln(2\pi \mu )}$$

การประเมินค่าที่ จะได้รูปแบบการประมาณค่าของสเตอร์ลิงที่แม่นยำกว่าตามปกติ ${\displaystyle \mu =n}$

สูตรของสเตอร์ลิงเป็นค่าประมาณแรกของอนุกรมต่อไปนี้ (ปัจจุบันเรียกว่าอนุกรมสเตอร์ลิง ): ^{[ 7 ]}$${\displaystyle n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\left(1+{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{288n^{2}}}-{\frac {139}{51840n^{3}}}-{\frac {571}{2488320n^{4}}}+{\frac {163879}{209018880n^{5}}}-\cdots \right).}$$

G. Nemes ได้ให้สูตรที่ชัดเจนสำหรับสัมประสิทธิ์ในอนุกรมนี้^{[ 8 ]}เทอมเพิ่มเติมแสดงอยู่ในสารานุกรมลำดับจำนวนเต็มออนไลน์เป็นA001163และA001164กราฟแรกในส่วนนี้แสดงข้อผิดพลาดสัมพัทธ์เทียบกับ สำหรับเทอมที่ 1 ถึง 5 ที่ระบุไว้ข้างต้น สัมประสิทธิ์มีสูตรเชิงเส้นกำกับดังต่อไปนี้: ^{[ 9 ]}ซึ่งแสดงให้เห็นว่ามันเติบโตแบบซูเปอร์เอ็กซ์โพเนนเชียล และจากการทดสอบอัตราส่วน รัศมีของการลู่เข้าเป็นศูนย์ ${\displaystyle n}$$${\displaystyle A_{2j+1}\sim {\frac {(-1)^{j}2(2j)!}{(2\pi )^{2(j+1)}}}}$$

อย่างไรก็ตาม การแสดงผลที่ได้โดยตรงจากการประมาณค่าของออยเลอร์-แมคลาลิน ซึ่งพจน์แก้ไขนั้นเป็นอาร์กิวเมนต์ของฟังก์ชันเลขชี้กำลังนั้น ลู่เข้าได้เร็วกว่ามาก (ต้องการจำนวนพจน์แก้ไขเพียงครึ่งเดียวเพื่อให้ได้ความแม่นยำเท่ากัน): สัมประสิทธิ์ที่ (สำหรับส่วนกลับของกำลังที่) คำนวณได้โดยตรงโดยใช้เลขเบอร์นูลลีและ$${\displaystyle n!\sim {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\exp {\bigg (}{\frac {1}{12n}}-{\frac {1}{360n^{3}}}+{\frac {1}{1260n^{5}}}-{\frac {1}{1680n^{7}}}+{\frac {1}{1188n^{9}}}-\cdots {\bigg )}.}$$${\displaystyle k}$${\displaystyle \left(2k-1\right)}$${\displaystyle n}$${\displaystyle c_{k}={\tfrac {B_{2k}}{2k(2k-1)}}.}$

เมื่อn → ∞ข้อผิดพลาดในอนุกรมที่ถูกตัดทอนจะมีค่าเท่ากับพจน์แรกที่ถูกละเว้นในเชิงอะซิมโทติก นี่เป็นตัวอย่างของการขยายเชิงอะซิมโทติกมันไม่ใช่อนุกรมลู่เข้าสำหรับค่าn ใดๆ จะมีเพียงจำนวนพจน์ของอนุกรมเท่านั้นที่ช่วยเพิ่มความแม่นยำ หลังจากนั้นความแม่นยำจะลดลง ดังแสดงในกราฟถัดไป ซึ่งแสดงข้อผิดพลาดสัมพัทธ์เทียบกับจำนวนพจน์ในอนุกรม สำหรับจำนวนพจน์ที่มากขึ้น กล่าวคือ ให้S ( n )เป็นอนุกรมสเตอร์ลิงที่มีพจน์ที่ประเมินค่าที่  n กราฟแสดงค่า ซึ่งเมื่อมีค่าน้อย ก็คือข้อผิดพลาดสัมพัทธ์นั่นเอง ${\displaystyle n}$${\displaystyle t}$${\displaystyle n}$$${\displaystyle \left|\ln {\frac {S_{t}(n)}{n!}}\right|,}$$

เมื่อเขียนอนุกรมของสเตอร์ลิงในรูปแบบ ที่ทราบกันดี ข้อผิดพลาดในการตัดทอนอนุกรมจะมีเครื่องหมายตรงข้ามเสมอ และมีขนาดไม่เกินพจน์แรกที่ถูกตัดออกไป $${\displaystyle \ln n!\sim n\ln n-n+{\tfrac {1}{2}}\ln(2\pi n)+{\frac {1}{12n}}-{\frac {1}{360n^{3}}}+{\frac {1}{1260n^{5}}}-{\frac {1}{1680n^{7}}}+\cdots ,}$$

ขอบเขตอื่นๆ เนื่องมาจาก Robbins ^{[ 10 ]}ใช้ได้ กับจำนวนเต็มบวกทั้งหมด ขอบเขตบนนี้สอดคล้องกับการหยุดอนุกรมข้างต้นหลังจากพจน์ ขอบเขตล่างนั้นอ่อนกว่าที่ได้จากการหยุดอนุกรมหลังจากพจน์เวอร์ชันที่หลวมกว่าของขอบเขตนี้คือ${\displaystyle n}$$${\displaystyle {\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {1}{12n+1}}<n!<{\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {1}{12n}}.}$$${\displaystyle \ln n!}$${\displaystyle {\tfrac {1}{n}}}$${\displaystyle {\tfrac {1}{n^{3}}}}$$${\displaystyle {\frac {n!e^{n}}{n^{n+{\tfrac {1}{2}}}}}\in \left({\sqrt {2\pi }},e\right]\quad {\text{for all }}n\geq 1.}$$

สำหรับจำนวนเต็มบวกทั้งหมด โดยที่Γแทนฟังก์ชัน แกมมา$${\displaystyle n!=\Gamma (n+1),}$$

อย่างไรก็ตาม ฟังก์ชันแกมมานั้นแตกต่างจากแฟกทอเรียลตรงที่มันถูกนิยามอย่างกว้างขวางกว่าสำหรับจำนวนเชิงซ้อนทั้งหมดที่ไม่ใช่จำนวนเต็มที่ไม่เป็นบวก ถึงกระนั้น สูตรของสเตอร์ลิงก็ยังสามารถนำมาใช้ได้ ถ้าRe( z ) > 0แล้ว $${\displaystyle \ln \Gamma (z)=z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{z}}\right)}{e^{2\pi t}-1}}\,dt.}$$

การผสานรวมซ้ำๆ โดยใช้ส่วนประกอบต่างๆ ทำให้ได้ผลลัพธ์ดังนี้ $${\displaystyle {\begin{aligned}ln\Gamma (z)&\sim z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+\sum _{n=1}^{N-1}{\frac {B_{2n}}{2n(2n-1)z^{2n-1}}}\\&=z\ln z-z+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{z}}+{\frac {1}{12z}}-{\frac {1}{360z^{3}}}+{\frac {1}{1260z^{5}}}+\dots ,\end{aligned}}}$$

โดยที่ n คือจำนวนเบอร์นูลลีลำดับที่n (โปรดทราบว่าลิมิตของผลรวมเมื่อไม่ลู่เข้า ดังนั้นสูตรนี้จึงเป็นเพียงการขยายอนุกรมเชิงอะซิมโทติก ) สูตรนี้ใช้ได้สำหรับค่าสัมบูรณ์ของ ที่มากพอ เมื่อ| arg( z ) | < π − εโดยที่εเป็นค่าบวก และมีพจน์ความคลาดเคลื่อนO ( z ^{−2 N + 1} )การประมาณค่าที่สอดคล้องกันสามารถเขียนได้ดังนี้: ${\displaystyle B_{n}}$${\displaystyle N\to \infty }$${\displaystyle z}$$${\displaystyle \Gamma (z)={\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}{\left({\frac {z}{e}}\right)}^{z}\left(1+O\left({\frac {1}{z}}\right)\right).}$$

โดยที่การขยายจะเหมือนกับการขยายอนุกรมของสเตอร์ลิงข้างต้นสำหรับยกเว้นว่าถูกแทนที่ด้วยz − 1 ^{[ 11 ]}${\displaystyle n!}$${\displaystyle n}$

การประยุกต์ใช้การขยายอนุกรมเชิงอะซิมโทติกนี้เพิ่มเติมคือสำหรับอาร์กิวเมนต์เชิงซ้อนz ที่มี Re( z )คงที่ดูตัวอย่างเช่น สูตรของสเตอร์ลิงที่ใช้ในIm( z ) = tของฟังก์ชันเธต้าของรีมันน์-ซีเกลบนเส้นตรง1/4+ มัน​​

โทมัส เบย์สแสดงให้เห็นในจดหมายถึงจอห์น แคนตันซึ่งตีพิมพ์โดยราชสมาคมในปี ค.ศ. 1763 ว่าสูตรของสเตอร์ลิงไม่ได้ให้ชุดอนุกรมลู่เข้า [ ^{12 ] การ} ได้มาซึ่งสูตรของสเตอร์ลิงในรูปแบบลู่เข้าต้องอาศัยการประเมินสูตรของบิเนต์ : $${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{x}}\right)}{e^{2\pi t}-1}}\,{\rm {d}}t=\ln \Gamma (x)-x\ln x+x-{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{x}}.}$$

วิธีหนึ่งในการทำเช่นนี้คือโดยใช้ชุดอนุกรมลู่เข้าของแฟกทอเรียลผกผันที่เพิ่มขึ้นถ้า แล้ว โดยที่ s ( n , k  )หมายถึงจำนวนสเตอร์ลิงชนิดแรกจากนี้เราจะได้อนุกรมของสเตอร์ลิงเวอร์ชัน ที่ลู่เข้าเมื่อRe( x ) > 0สูตรของสเตอร์ลิงอาจให้ในรูปแบบลู่เข้าได้เช่นกัน^{[ 13 ]} โดยที่ $${\displaystyle z^{\bar {n}}=z(z+1)\cdots (z+n-1),}$$$${\displaystyle \int _{0}^{\infty }{\frac {2\arctan \left({\frac {t}{x}}\right)}{e^{2\pi t}-1}}\,{\rm {d}}t=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {c_{n}}{(x+1)^{\bar {n}}}},}$$$${\displaystyle c_{n}={\frac {1}{n}}\int _{0}^{1}x^{\bar {n}}\left(x-{\tfrac {1}{2}}\right)\,{\rm {d}}x={\frac {1}{2n}}\sum _{k=1}^{n}{\frac {k|s(n,k)|}{(k+1)(k+2)}},}$$$${\displaystyle {\begin{aligned}\ln \Gamma (x)&=x\ln x-x+{\tfrac {1}{2}}\ln {\frac {2\pi }{x}}+{\frac {1}{12(x+1)}}+{\frac {1}{12(x+1)(x+2)}}\\&\quad +{\frac {59}{360(x+1)(x+2)(x+3)}}+{\frac {29}{60(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)}}+\cdots ,\end{aligned}}}$$$${\displaystyle \Gamma (x)={\sqrt {2\pi }}x^{x-{\frac {1}{2}}}e^{-x+\mu (x)}}$$$${\displaystyle \mu \left(x\right)=\sum _{n=0}^{\infty }\left(\left(x+n+{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1+{\frac {1}{x+n}}\right)-1\right).}$$

การประมาณค่า และรูปแบบที่เทียบเท่ากัน สามารถหาได้โดยการจัดเรียงสูตรขยายของสเตอร์ลิงใหม่และสังเกตความสอดคล้องกันระหว่างอนุกรมกำลัง ที่ได้ และ การขยาย อนุกรมเทย์เลอร์ของ ฟังก์ชัน ไซน์ไฮเปอร์โบลิก การประมาณค่านี้ดีถึงทศนิยมมากกว่า 8 ตำแหน่งสำหรับzที่มีส่วนจริงมากกว่า 8 โรเบิร์ต เอช. วินด์ชิทล์ เสนอแนะในปี 2002 สำหรับการคำนวณฟังก์ชันแกมมาด้วยความแม่นยำพอสมควรบนเครื่องคิดเลขที่มีหน่วยความจำโปรแกรมหรือรีจิสเตอร์จำกัด^{[ 14 ]}$${\displaystyle \Gamma (z)\approx {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {z}{e}}{\sqrt {z\sinh {\frac {1}{z}}+{\frac {1}{810z^{6}}}}}\right)^{z}}$$$${\displaystyle 2\ln \Gamma (z)\approx \ln(2\pi )-\ln z+z\left(2\ln z+\ln \left(z\sinh {\frac {1}{z}}+{\frac {1}{810z^{6}}}\right)-2\right)}$$

Gergő Nemes เสนอการประมาณค่าในปี 2007 ซึ่งให้จำนวนหลักที่แน่นอนเท่ากับการประมาณค่าของ Windschitl แต่เรียบง่ายกว่ามาก: ^{[ 15 ]} หรือเทียบเท่า $${\displaystyle \Gamma (z)\approx {\sqrt {\frac {2\pi }{z}}}\left({\frac {1}{e}}\left(z+{\frac {1}{12z-{\frac {1}{10z}}}}\right)\right)^{z},}$$$${\displaystyle \ln \Gamma (z)\approx {\tfrac {1}{2}}\left(\ln(2\pi )-\ln z\right)+z\left(\ln \left(z+{\frac {1}{12z-{\frac {1}{10z}}}}\right)-1\right).}$$

การประมาณค่าทางเลือกสำหรับฟังก์ชันแกมมาที่ระบุโดยSrinivasa Ramanujanในสมุดบันทึกที่หายไปของ Ramanujan ^{[ 16 ]}คือ สำหรับx ≥ 0การประมาณค่าที่เทียบเท่าสำหรับln n !มีข้อผิดพลาดเชิงอะซิมโทติกของ⁠$${\displaystyle \Gamma (1+x)\approx {\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\tfrac {1}{30}}\right)^{\frac {1}{6}}}$$1/1400 น. ³และได้รับจาก $${\displaystyle \ln n!\approx n\ln n-n+{\tfrac {1}{6}}\ln \left(8n^{3}+4n^{2}+n+{\tfrac {1}{30}}\right)+{\tfrac {1}{2}}\ln \pi .}$$

การประมาณค่าอาจมีความแม่นยำมากขึ้นโดยการกำหนดขอบเขตบนและล่างเป็นคู่ๆ อสมการหนึ่งดังกล่าวคือ^{[ 17 ] [ 18 ] [ 19 ] [ 20 ]}$${\displaystyle {\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\tfrac {1}{100}}\right)^{\frac {1}{6}}<\Gamma (1+x)<{\sqrt {\pi }}\left({\frac {x}{e}}\right)^{x}\left(8x^{3}+4x^{2}+x+{\tfrac {1}{30}}\right)^{\frac {1}{6}}.}$$

สำหรับกรณีแยกย่อย แทนที่จะใช้สูตรเชิงอะซิมโทติกที่อธิบายไว้ข้างต้น สมการที่แม่นยำกว่าและผลลัพธ์ที่พิสูจน์ได้ง่ายกว่ามากนั้นได้มาจาก TS Nanjundiah: ^{[ 21 ]}

$${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {\theta _{n}}{12n}},\theta _{n}\in [0,1]}$$

หรือกล่าวให้ลึกซึ้งกว่านั้น เราสามารถสรุปได้ว่า:

$${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\cdot \exp \left({{\frac {1}{12n}}-{\frac {\theta _{n}'}{360n^{3}}}}\right)\quad (\theta _{n}'\in (0,1))}$$

เพื่อพิสูจน์สิ่งนี้ ก่อนอื่นเราต้องตั้งสมมติฐานว่า:

$${\displaystyle a_{n}=n!\cdot n^{-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}\cdot e^{n}\qquad l_{n}=\ln a_{n}}$$

สามารถคำนวณได้ง่ายๆ ว่า:

$${\displaystyle {\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}={\frac {n!\cdot n^{-\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}\cdot e^{n}}{(n+1)!\cdot (n+1)^{-\left(n+{\frac {3}{2}}\right)}\cdot e^{n+1}}}={\frac {1}{e}}\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n+{\frac {1}{2}}}}$$

$${\displaystyle \implies l_{n}-l_{n+1}=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)-1}$$

และโดยการรวม อนุกรม ลอการิทึม ของเทย์เลอร์ เข้าด้วยกัน:

$${\displaystyle \ln(1+x)=x-{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{4}}{4}}+{\frac {x^{5}}{5}}-\dots \qquad \ln(1-x)=-x-{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{4}}{4}}-{\frac {x^{5}}{5}}-\dots }$$

โดยการลบออก

$${\displaystyle \ln \left({\frac {1+x}{1-x}}\right)=2\left(x+{\frac {x^{3}}{3}}+{\frac {x^{5}}{5}}+\dots \right)}$$

ให้ตัวแปรทั้งสองเท่ากัน

$${\displaystyle {\frac {1+x}{1-x}}={\frac {n+1}{n}}\implies x={\frac {1}{2n+1}}}$$

เมื่อแทนค่าxด้วยnเราจะได้:

$${\displaystyle \ln \left(1+{\frac {1}{n}}\right)=2\cdot {\frac {1}{2n+1}}\left[1+{\frac {1}{3}}\left({\frac {1}{2n+1}}\right)^{2}+{\frac {1}{5}}\left({\frac {1}{2n+1}}\right)^{4}+\dots \right]}$$

ดังนั้น เพราะเรามีสิ่งนี้: ${\displaystyle l_{n}}$

$${\displaystyle l_{n}-l_{n+1}={\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}+{\frac {1}{5(2n+1)^{4}}}+\dots }$$

ในการคำนวณผลรวม เราต้องกำหนดให้พวกมันเป็นอนุกรมเรขาคณิต:

$${\displaystyle l_{n}-l_{n+1}<{\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}\sum _{k=0}^{\infty }\left[{\frac {1}{(2n+1)^{2}}}\right]^{k}={\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{(2n+1)^{2}}}}}={\frac {1}{12n(n+1)}}}$$

และเป็นที่ชัดเจนเช่นกันว่า ${\textstyle l_{n}-l_{n+1}>0}$

$${\displaystyle \implies l_{n}-{\frac {1}{12n}}<l_{n+1}-{\frac {1}{12(n+1)}}}$$

เราสามารถปล่อยให้ดังนั้นเราจึงได้ว่า ${\textstyle x_{n}=l_{n}-{\frac {1}{12n}}}$

$${\displaystyle x_{n}<x_{n+1},l_{n}<l_{n+1},\quad \forall n,x_{n}<l_{n},}$$

ตามทฤษฎีบทการลู่เข้าแบบโมโนโทนเราทราบว่าลู่เข้า เราจึงสมมติว่า ${\displaystyle l_{n}}$$${\displaystyle \lim _{n\rightarrow +\infty }l_{n}=\lambda }$$

แล้ว $${\displaystyle \lim _{n\rightarrow +\infty }a_{n}=e^{\lambda }=\alpha ,}$$

$${\displaystyle {\begin{aligned}\alpha &=\lim _{n\to +\infty }{\frac {a_{n}^{2}}{a_{2n}}}\\&=\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n!)^{2}\cdot n^{-2n-1}\cdot e^{2n}}{(2n)!\cdot (2n)^{-2n-{\frac {1}{2}}}\cdot e^{2n}}}\\&=\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n!)^{2}\cdot 2^{2n+{\frac {1}{2}}}\cdot n^{2n+{\frac {1}{2}}}}{(2n)!\cdot n^{2n+1}}}\\&=\lim _{n\to +\infty }{\frac {2^{2n}(n!)^{2}}{(2n)!}}{\sqrt {\frac {2}{n}}}\\&=\lim _{n\to +\infty }{\sqrt {\frac {2}{n}}}{\frac {(2n)!!}{(2n-1)!!}}\end{aligned}}}$$

เมื่อรวมกับสูตรของวอลลิสในที่สุดเราก็สามารถสรุปได้ว่าลิมิตคือซึ่งเป็นการสรุปการพิสูจน์กรณีเชิงอะซิมโทติกของเรา^{[ 21 ]}${\displaystyle {\sqrt {2\pi }}}$

และสังเกตว่าสำหรับทุกnเราจะได้ว่า เขียนสูตรใหม่โดยแทนที่λด้วยเราจะได้: ${\textstyle l_{n}-{\frac {1}{12n}}<\lambda <l_{n}}$${\textstyle l_{n}\implies l_{n}=\lambda +{\frac {\theta _{n}}{12n}}}$

$${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}e^{\frac {\theta _{n}}{12n}}}$$

และหากเราขยายความอสมการที่เราใช้เพิ่มเติม โดยคงพจน์แรกไว้เหมือนเดิมและใช้อนุกรมเรขาคณิตอีกชุดหนึ่งที่มีอัตราส่วนเราจะได้: ^{[ 21 ]}${\textstyle {\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}l_{n}-l_{n+1}&>{\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}\left(1-{\frac {1}{3(2n+1)^{2}}}\right)^{-1}+\left({\frac {1}{5}}-{\frac {1}{3^{2}}}\right){\frac {1}{(2n+1)^{4}}}\\&={\frac {1}{12n(n+1)}}\left(1+{\frac {1}{6n(n+1)}}\right)^{-1}+{\frac {1}{180n^{2}(n+1)^{2}}}\left(1+{\frac {1}{4n(n+1)}}\right)^{-2}\\&>{\frac {1}{12n(n+1)}}\left(1-{\frac {1}{6n(n+1)}}\right)+{\frac {1}{180n^{2}(n+1)^{2}}}\left(1-{\frac {1}{2n(n+1)}}\right)={\frac {1}{12n(n+1)}}-{\frac {3n(n+1)+1}{360n^{3}(n+1)^{3}}}\end{aligned}}}$$ จากตรงนี้ เราสามารถสรุปได้ว่า:

$${\displaystyle l_{n}-{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{360n^{3}}}>l_{n+1}-{\frac {1}{12(n+1)}}+{\frac {1}{360(n+1)^{3}}}}$$

เนื่องจากเป็นเรื่องเล็กน้อย และ ไม่สำคัญ$${\displaystyle l_{n}-{\frac {1}{12n}}<l_{n}-{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{360n^{3}}}<l_{n},}$$$${\displaystyle \lim _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{12n}}=\lim _{n\rightarrow +\infty }{\frac {1}{360n^{3}}}=0}$$

เรารู้ว่า: และเขียนสมการข้างต้นใหม่โดยใช้สุดท้ายเราพิสูจน์ได้ว่า: $${\displaystyle l_{n}-{\frac {1}{12n}}<\lambda <l_{n}-{\frac {1}{12n}}+{\frac {1}{360n^{3}}},}$$${\textstyle l_{n}=\lambda +{\frac {1}{12n}}-{\frac {\theta _{n}}{360n^{3}}}}$

$${\displaystyle n!={\sqrt {2\pi n}}\left({\frac {n}{e}}\right)^{n}\exp \left({\frac {1}{12n}}-{\frac {\theta _{n}}{360n^{3}}}\right)}$$

• การประมาณค่าแบบ Lanczos
• การประมาณค่าของสปูจ

• Abramowitz, M. & Stegun, I. (2002), คู่มือฟังก์ชันทางคณิตศาสตร์
• Paris, RB & Kaminski, D. (2001), Asymptotics and Mellin–Barnes Integrals , New York: Cambridge University Press, ISBN 978-0-521-79001-7
• Whittaker, ET & Watson, GN (1996), A Course in Modern Analysis (ฉบับที่ 4), นิวยอร์ก: สำนักพิมพ์มหาวิทยาลัยเคมบริดจ์, ISBN 978-0-521-58807-2
• Romik, Dan (2000), "การประมาณค่าของ Stirling สำหรับ: การพิสูจน์แบบสั้นที่สุด?", The American Mathematical Monthly , 107 (6): 556– 557, doi : 10.2307/2589351 , JSTOR 2589351 , MR 1767064${\displaystyle n!}$  
• Li, Yuan-Chuan (กรกฎาคม 2549), "หมายเหตุเกี่ยวกับเอกลักษณ์ของฟังก์ชันแกมมาและสูตรของ Stirling" , Real Analysis Exchange , 32 (1): 267– 271, MR  2329236

วิกิมีเดียคอมมอนส์มีสื่อที่เกี่ยวข้องกับการประมาณค่าของสเตอร์ลิง

• "สูตรสเตอร์ลิง" , สารานุกรมคณิตศาสตร์ , EMS Press , 2001 [1994]
• ปีเตอร์ ลุชนี, สูตรประมาณค่าสำหรับฟังก์ชันแฟกทอเรียล n!
• ไวส์สไตน์, เอริค ดับเบิลยู. , "การประมาณค่าของสเตอร์ลิง" , MathWorld{{cite web}}: CS1 maint: overridden setting (link)
• การประมาณค่าของสเตอร์ลิงที่PlanetMath