近日整理书稿，在整理至Strling公式处时，发现当时数学老师所讲的是形式比较精细的一种：
Strling公式：\(n!=\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}},\)其中\(\theta_n\in\left(\dfrac{n}{n+1},1\right)\)是一个与\(n\)有关的变量。
这相当于是利用Euler-Maclaurin求和公式所能得到的最精确形式的Strling公式之第一项。此处将这一种形式的Strling公式证明简要叙述一下，下面所用的证明方法是常见的一种证明模式。
引理1：\(\dfrac{1}{3}t^2<\dfrac{1}{2t}\ln\dfrac{1+t}{1-t}-1<\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{t^2}{1-t^2}.\quad(0<|t|<1)\)
证明：令\(f(t)=\ln\dfrac{1+t}{1-t}-2t-\dfrac23t^3\)，则由
\[f‘(t)=\dfrac1{1+t}-\dfrac1{1-t}-2-2t^3=\dfrac{2t^4}{1-t^2}>0\quad(0<|t|<1)\]
知\(f(t)\)单增，而又有\(f(t)=0\)，故可见\(f(t)>0\)在\(0<|t|<1\)时恒成立，而这正是要证的不等式的左半部分。同样的道理，设\(g(t)=\ln\dfrac{1+t}{1-t}-2t-\dfrac23\cdot\dfrac{t^3}{1-t^2}\)，可验证得到
\[g‘(t)=\dfrac1{1+t}-\dfrac1{1-t}-2-\dfrac23\cdot\dfrac{3t^2(1-t^2)-t^3\cdot(-2t)}{(1-t^2)^2}=-\dfrac43\dfrac{t^4}{(1-t^2)^2}<0\quad(0<|t|<1)\]
从而\(g(t)\)单减，再由\(g(0)=0\)得到\(g(t)<0\)在\(0<|t|<1\)时恒成立，而这正是不等式的右半部分。综上就证明了题目所给不等式的正确性。
引理2：令\(\alpha_n=\ln(n!)+n-\left(n+\dfrac12\right)\ln n\ (n\geq1)\)，证明
\[\dfrac1{12}\left(\dfrac1{n+1}-\dfrac1{n+2}\right)<\alpha_n-\alpha_{n+1}<\dfrac1{12}\left(\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\right).\]
证明：可以算出
\[\alpha_n-\alpha_{n+1}=\left(n+\dfrac12\right)\ln\dfrac{n+1}n-1=\left.\left(\dfrac1{2x}\ln\dfrac{1+x}{1-x}-1\right)\right|_{x=\frac1{2n+1}}\]
这时应用引理1中的结果就有
\[\alpha_n-\alpha_{n+1}>\left.{\dfrac{x^2}3}\right|_{x=\frac1{2n+1}}=\dfrac12\left(\dfrac1{2n+1}\right)^2=\dfrac13\dfrac1{4n^2+4n+1}>\dfrac13\dfrac1{4(n^2+3n+2)}=\dfrac1{12}\left(\dfrac1{n+1}-\dfrac1{n+2}\right).\]
\[\alpha_n-\alpha_{n+1}<\left.{\dfrac13\dfrac{x^2}{1-x^2}}\right|_{x=\frac1{2n+1}}=\dfrac13\dfrac1{(2n+1)^2-1}=\dfrac1{12}\left(\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\right)\]
由此就证明了题目所给的不等式。
引理3：设\(a_n=\alpha_n-\dfrac1{12n}\)，\(b_n=\alpha_n-\dfrac1{12(n+1)}\)，证明数列\(\{a_n\},\{b_n\}\)收敛且极限值相等。
证明：利用引理2的结果就有
\[\begin{cases}
a_n-a_{n+1}=(\alpha_n-\alpha_{n+1})-\dfrac1{12}\left(\dfrac1n-\dfrac1{n+1}\right)<0\b_n-b_{n+1}=(\alpha_n-\alpha_{n+1})-\dfrac1{12}\left(\dfrac1{n+1}-\dfrac1{n+2}\right)>0
\end{cases}\]
由此可见\(\{a_n\}\)是严格单增数列而\(\{b_n\}\)是严格单减数列，并且总是有\(a_n<b_n\)，从而它们都有界。故由单调有界定理，它们都是收敛数列。此外，还容易验证\(\lim\limits_{n\to\infty}(b_n-a_n)=0\)，因此它们的极限都相等。
最后，来证明文首所给的Strling公式。
Strling公式：\(n!=\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}},\)其中\(\theta_n\in\left(\dfrac{n}{n+1},1\right)\)是一个与\(n\)有关的变量。
证明：设引理3中的两数列\(\{a_n\},\{b_n\}\)之极限值为\(\alpha\)，并令
\[\begin{cases}
A_n=\mathrm{e}^{a_n}=\dfrac{n!}{\sqrt n}\left(\dfrac{\mathrm{e}}n\right)^n\mathrm{e}^{-\frac1{12n}}\B_n=\mathrm{e}^{b_n}=\dfrac{n!}{\sqrt n}\left(\dfrac{\mathrm{e}}n\right)^n\mathrm{e}^{-\frac1{12(n+1)}}
\end{cases}\]
那么就有\(A_n<\mathrm{e}^\alpha<B_n\)成立。记\(A=\mathrm{e}^\alpha\)，那么就有\(A_n<A<B_n\)，为此应该存在一个与\(n\)相关的\(\theta_n\in\left(\dfrac{n}{n+1},1\right)\)使得
\[n!=A\sqrt{n!}\left(\dfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}.\]
到这里为止，我们只要将常数\(A\)确定下来就够了。为此，考虑将Wallis公式变形一下：
\[\dfrac\pi2=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right)^2\dfrac1{2n+1}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!}\right)^2\dfrac1{2n+1}\]
然后代入\(n!=A\sqrt{n}\left(\dfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}\)就有：
\[\lim\limits_{n\to\infty}\left[\dfrac{\left(2^{2n}\cdot A\sqrt n\left(\dfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}\right)^2}{A\sqrt{2n}\left(\dfrac{2n}{\mathrm{e}}\right)^2n\cdot\mathrm{e}^{\frac{\theta_{2n}}{24n}}}\right]^2\dfrac1{2n+1}=\dfrac\pi2.\]
也即\(\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt{\dfrac n2}A\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}/\mathrm{e}^{\frac{\theta_{2n}}{24n}}\right)^{2n}\cdot\dfrac1{2n+1}=\dfrac\pi2.\)展开平方，我们得到
\[\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{nA^2}{2}\dfrac{\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{6n}}}{\mathrm{e}^{\frac{\theta_{2n}}{12n}}}\cdot\dfrac1{2n+1}=\dfrac{A^2}4=\dfrac\pi2\]
故解出常数\(A=\sqrt{2\pi}\)。将其带回之前的估计式中，我们就最终得到了
\[n!=\sqrt{2\pi n}\left(\dfrac{n}{\mathrm{e}}\right)^n\mathrm{e}^{\frac{\theta_n}{12n}}\]
其中\(\theta_n\in(\dfrac n{n+1},1)\)与\(n\)有关。
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