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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{2pi n}left(dfrac{n}{mathrm{e}}
ight)^nmathrm{e}^{frac{ heta_n}{12n}},)其中( heta_ninleft(dfrac{n}{n+1},1
ight))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}lndfrac{1+t}{1-t}-1<dfrac{1}{3}cdotdfrac{t^2}{1-t^2}.quad(0<|t|<1))
证明：令(f(t)=lndfrac{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}>0quad(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)=lndfrac{1+t}{1-t}-2t-dfrac23cdotdfrac{t^3}{1-t^2})，可验证得到
[g'(t)=dfrac1{1+t}-dfrac1{1-t}-2-dfrac23cdotdfrac{3t^2(1-t^2)-t^3cdot(-2t)}{(1-t^2)^2}=-dfrac43dfrac{t^4}{(1-t^2)^2}<0quad(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
ight)ln n (ngeq1))，证明
[dfrac1{12}left(dfrac1{n+1}-dfrac1{n+2}
ight)<alpha_n-alpha_{n+1}<dfrac1{12}left(dfrac1n-dfrac1{n+1}
ight).
]
证明：可以算出
[alpha_n-alpha_{n+1}=left(n+dfrac12
ight)lndfrac{n+1}n-1=left.left(dfrac1{2x}lndfrac{1+x}{1-x}-1
ight)
ight|_{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}
ight|_{x=frac1{2n+1}}=dfrac12left(dfrac1{2n+1}
ight)^2=dfrac13dfrac1{4n^2+4n+1}>dfrac13dfrac1{4(n^2+3n+2)}=dfrac1{12}left(dfrac1{n+1}-dfrac1{n+2}
ight).
]
[alpha_n-alpha_{n+1}<left.{dfrac13dfrac{x^2}{1-x^2}}
ight|_{x=frac1{2n+1}}=dfrac13dfrac1{(2n+1)^2-1}=dfrac1{12}left(dfrac1n-dfrac1{n+1}
ight)
]
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
[egin{cases}
a_n-a_{n+1}=(alpha_n-alpha_{n+1})-dfrac1{12}left(dfrac1n-dfrac1{n+1}
ight)<0\
b_n-b_{n+1}=(alpha_n-alpha_{n+1})-dfrac1{12}left(dfrac1{n+1}-dfrac1{n+2}
ight)>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(limlimits_{n oinfty}(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{2pi n}left(dfrac{n}{mathrm{e}}
ight)^nmathrm{e}^{frac{ heta_n}{12n}},)其中( heta_ninleft(dfrac{n}{n+1},1
ight))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
[egin{cases}
A_n=mathrm{e}^{a_n}=dfrac{n!}{sqrt n}left(dfrac{mathrm{e}}n
ight)^nmathrm{e}^{-frac1{12n}}\
B_n=mathrm{e}^{b_n}=dfrac{n!}{sqrt n}left(dfrac{mathrm{e}}n
ight)^nmathrm{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( heta_ninleft(dfrac{n}{n+1},1
ight))使得
[n!=Asqrt{n!}left(dfrac{n}{mathrm{e}}
ight)^nmathrm{e}^{frac{ heta_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：
[dfracpi2=limlimits_{n oinfty}left(dfrac{(2n)!!}{(2n-1)!!}
ight)^2dfrac1{2n+1}=limlimits_{n oinfty}left(dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!}
ight)^2dfrac1{2n+1}
]
然后代入(n!=Asqrt{n}left(dfrac{n}{mathrm{e}}
ight)^nmathrm{e}^{frac{ heta_n}{12n}})就有：
[limlimits_{n oinfty}left[dfrac{left(2^{2n}cdot Asqrt nleft(dfrac{n}{mathrm{e}}
ight)^nmathrm{e}^{frac{ heta_n}{12n}}
ight)^2}{Asqrt{2n}left(dfrac{2n}{mathrm{e}}
ight)^2ncdotmathrm{e}^{frac{ heta_{2n}}{24n}}}
ight]^2dfrac1{2n+1}=dfracpi2.
]
也即(limlimits_{n oinfty}left(sqrt{dfrac n2}Amathrm{e}^{frac{ heta_n}{12n}}/mathrm{e}^{frac{ heta_{2n}}{24n}}
ight)^{2n}cdotdfrac1{2n+1}=dfracpi2.)展开平方，我们得到
[limlimits_{n oinfty}dfrac{nA^2}{2}dfrac{mathrm{e}^{frac{ heta_n}{6n}}}{mathrm{e}^{frac{ heta_{2n}}{12n}}}cdotdfrac1{2n+1}=dfrac{A^2}4=dfracpi2
]
故解出常数(A=sqrt{2pi})。将其带回之前的估计式中，我们就最终得到了
[n!=sqrt{2pi n}left(dfrac{n}{mathrm{e}}
ight)^nmathrm{e}^{frac{ heta_n}{12n}}
]
其中( heta_nin(dfrac n{n+1},1))与(n)有关。
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