斯特林公式及其精确化形式
第二类斯特林数计算
第二类斯特林数计算摘要：一、引言二、斯特林数的定义和性质三、第二类斯特林数的计算方法1.符号说明2.计算公式3.计算步骤四、第二类斯特林数的应用领域五、总结正文：一、引言斯特林数是组合数学中的一个重要概念，广泛应用于解决各种组合问题。
斯特林数可以分为两类，第一类斯特林数和第二类斯特林数。
本文将重点介绍第二类斯特林数的计算方法及其应用。
二、斯特林数的定义和性质斯特林数（Stirling number of the second kind）是一种用于描述组合问题的二项式系数，记为S(n, k)，其中n 和k 为非负整数，且n>=k。
第二类斯特林数具有以下性质：1.当n=0 时，S(0, k)=0，对于所有k>0；2.当k=0 时，S(n, 0)=1，对于所有n>=0；3.S(n, k)=S(n-1, k-1)+S(n-1, k)，对于所有n>=k>=0。
三、第二类斯特林数的计算方法1.符号说明令n 和k 分别为非负整数，且n>=k。
用S(n, k) 表示第二类斯特林数。
2.计算公式根据斯特林数的性质，可以得到计算第二类斯特林数的递推公式：S(n, k)=S(n-1, k-1)+S(n-1, k)3.计算步骤（1）初始化一个数组，用于存储计算过程中所需的斯特林数；（2）根据递推公式，从n=k 开始，逐个计算S(n, k) 的值，直到n=0；（3）将计算得到的S(n, k) 值填入数组中。
四、第二类斯特林数的应用领域第二类斯特林数在许多组合问题中有广泛应用，例如：计算排列组合、生成函数、概率论等问题。
了解第二类斯特林数的计算方法有助于解决这些组合问题。
五、总结本文介绍了第二类斯特林数的定义、性质和计算方法，并通过实例展示了其在组合问题中的应用。
stirling 公式
stirling 公式
斯特林公式是数学中的一个重要公式，它用于近似n的阶乘。
斯特林公式的一般形式如下：
n! ≈ √(2πn) (n/e)^n.
其中，n! 表示n的阶乘，π是圆周率，e是自然对数的底。
这
个公式由苏格兰数学家詹姆斯·斯特林在18世纪提出，并且在数学
和科学领域得到了广泛的应用。
斯特林公式的作用是用一个简单的公式来近似计算n的阶乘，
特别是当n很大时，计算n的阶乘会变得非常复杂，而斯特林公式
可以提供一个相对准确的近似值。
这在统计学、概率论、物理学等
领域的计算中非常有用。
斯特林公式的推导涉及到数学分析和级数展开等高级数学知识，它的证明比较复杂，但是可以通过泰勒级数和对数函数的性质来进
行推导。
斯特林公式在实际应用中有着广泛的用途，比如在概率论中的
泊松分布、统计学中的伽玛分布等都会用到斯特林公式来近似计算阶乘。
在物理学中，斯特林公式也可以用来近似计算热力学系统的微观状态数。
总之，斯特林公式在数学和科学领域都有着重要的地位。
总的来说，斯特林公式是一个重要的数学工具，它提供了一种简单而有效的方法来近似计算阶乘，为复杂计算提供了便利，因此在各个领域都有着广泛的应用。
依托函数的概念,拓展与应用两个重要极限公式
依托函数的概念，拓展与应用两个重要极限公式极限是数学中一个非常重要的概念，它是对于函数在某一点或者无穷远处的表现的一种描述。
在多个数学分支中，极限都扮演着非常重要的角色。
其中最重要的就是微积分学中的极限，它涉及到导数和积分的概念。
在本文中，我们将要介绍两个重要的极限公式，它们都是依托函数的概念来进行拓展与应用的。
一、斯特林公式斯特林公式是一个非常有名的极限公式，在数学中有着广泛的应用。
这个公式是由苏格兰数学家詹姆斯·斯特林于1730年左右发现的。
斯特林公式描述了阶乘函数 n!（n的阶乘）在n趋近无穷时的极限情况，它可以用一个更加简洁和有用的形式来表示。
n! ≈ √(2πn)(n/e)ⁿ其中e≈2.71828...(自然对数的底数)，π≈3.14159...(圆周率)，|n! -√(2πn)(n/e)ⁿ | ≤ 1/12n斯特林公式在组合数学、分析数论、统计学和物理学等领域都有着广泛的应用。
例如，在组合数学中，斯特林公式可以用来计算排列组合的数量，而在统计学中，它可以用于估计数据样本的标准差。
此外，斯特林公式还可以用于研究单粒子量子力学中的波动性问题。
二、欧拉公式欧拉公式是另一个非常重要的极限公式，它被广泛应用于解决各种和三角学和复变量函数有关的问题。
欧拉公式由瑞士数学家欧拉于1748年左右发现，它描述了自然对数e、复数单位i和三角函数cos和sin之间的关系，公式如下：e^(ix) = cos(x) + i sin(x)欧拉公式的这个形式非常优美，它将三角函数和指数函数联系在一起，从而极大地简化了许多需要应用三角函数或指数函数的数学问题。
例如，在应用欧拉公式来解决微积分中的某些问题时，它可以让原本比较复杂的计算变得更加直观和简洁。
欧拉公式还有许多其他的拓展和应用，如正弦级数、傅里叶级数、拉普拉斯方程等。
欧拉公式在物理学和工程学中也有着广泛的应用，如电路分析、信号处理、声学和光学等领域。
斯特林公式Stirling Formular
题目：关于阶乘的近似公式1.相关历史与进程历史上对阶乘的估计在数学上有着重要的作用，首先是它在概率论与数理统计中，最早可以追溯到1733年一位法国的数学家de Moivre 的工作，同时也是第一次遇到对整数阶乘的估计问题。
在他研究Gauss 分布和中心极限定理时发现了如下公式：!constant nn n e ⎛⎫≈ ⎪⎝⎭然后，瑞典数学家Stirling在试图给出二项分布的一般的近似值时，发现了未知的常数：constant =Stirling 公式：!nn n n e σ⎫≈=⎪⎭紧接着他就得到如下的结果，并发表在了Miscellaneis Analyticis Supplementum 中：221111ln[(1)!]~ln()ln(2)222(21)k k k B n n n n k k nπ-≥⎛⎫---++ ⎪-⎝⎭∑ (1)公式(1)也被称为Stirling 级数，其中的2k B 称为Bernoulli 数，定义如下：0011,0kj j k B B j =+⎛⎫== ⎪⎝⎭∑其中1k ≥。
将(1)式的前m 项记为2211exp 2(21)nm k m k k B n e k k x τ-=⎛⎫⎫= ⎪⎪-⎭⎝⎭∑同时Euler 提出了一个函数，它可以作为整数的阶乘在正实数中的拟合。
这函数便是Γ-函数：10()t z z e t dt +∞-Γ=⎰，也可以定义为极限的形式：!()lim(1)()zn n n z z z z n →∞Γ=++而且显然有(1)!n n Γ+=，而且目前对阶乘的估计也或多或少的用Γ-函数来描述，甚至利用Γ-函数的性质来发现新的更好的渐进函数。
之后，关于!n 的渐进公式的探索逐渐缓慢下来。
直到最近才有了新的突破。
2.第一种有关!n 的渐进形式——含有幂级数的渐进公式依靠幂级数来求数值解的思想一直是较好的方法。
其中在Stirling 所处的时期便已经有了一个幂级数展开，而且拥有着各种相似的形式，如在Abramowitz 和Stegun [1]的书中记载着：3571111!exp 1236012601680nn n e n n n n ⎫⎛⎫=-+-+⎪ ⎪⎭⎝⎭但是在1763年Bayes [5]在给Canton 的信中说：Stirling 给出的这个幂级数展开并不是一个收敛级数。
斯特林(Stirling)公式的推导(内容清晰)
斯特林(Stirling)公式的推导
斯特林（Stirling）公式：
这个公式的推导过程大体来说是先设一个套，再兜个圈把结果套进来，同时把公式算出来。
Stirling太强了。
1，Wallis公式
证明过程很简单，分部积分就可以了。
由x的取值可得如下结论：
即
化简得
当k无限大时，取极限可知中间式子为1。
所以
第一部分到此结束，k!被引入一个等式之中。
2，Stirling公式的求解
继续兜圈。
关于lnX的图像的面积，可以有三种求法，分别是积分，内接梯形分隔，外切梯形分隔。
分别是：
显然，
代入第一部分最后公式得
（注：上式中第一个beta为平方）所以得公式：。
组合数学 —— 斯特林数(Stirling)
【第一类斯特林数】1.定理第一类斯特林数 S1(n,m) 表示的是将 n 个不同元素构成 m 个圆排列的数目。
2.递推式设人被标上1,2,.....p，则将这 p 个人排成 m 个圆有两种情况：在一个圆圈里只有标号为 p 的人自己，排法有 S1(n-1,m-1) 个。
p 至少和另一个人在一个圆圈里。
这些排法通过把 1,2....n-1 排成 m 个圆再把 n 放在 1,2....n-1 任何一人左边得到，因此第二种类型排法共有 (n-1)*S1(n-1,m) 种。
我们所做的就是把 {1,2,...,p} 划分到 k 个非空且不可区分的盒子，然后将每个盒子中的元素排成一个循环排列。
综上，可得出第一类Stirling数定理：边界条件：：有 n 个人和 n 个圆，每个圆只有一个人：如果至少有 1 个人，那么任何的安排都至少包含一个圆3.应用举例第一类斯特林数除了可以表示升阶函数和降阶函数的系数之外还可以应用到一些实际问题上，比如很经典的解锁仓库问题。
问题说明：有 n 个仓库，每个仓库有两把钥匙，共 2n 把钥匙。
同时又有 n 位官员。
求：①如何放置钥匙使得所有官员都能够打开所有仓库？（只考虑钥匙怎么放到仓库中，而不考虑官员拿哪把钥匙。
）②如果官员分成 m 个不同的部，部中的官员数量和管理的仓库数量一致。
那么有多少方案使得，同部的所有官员可以打开所有本部管理的仓库，而无法打开其他部管理的仓库？（同样只考虑钥匙的放置。
）分析：①打开仓库将钥匙放入仓库构成一个环：1号仓库放2号钥匙，2号仓库放3号钥匙……n号仓库放1号钥匙，这种情况相当于钥匙和仓库编号构成一个圆排列方案数是 (n-1)! 种。
②对应的将 n 个元素分成 m 个圆排列，方案数就是第一类斯特林数 S1(n,m)，若要考虑官员的情况，只需再乘上 n! 即可。
4.算法实现const int mod=1e9+7;//取模LL s[N][N];//存放要求的第一类Stirling数void init(){memset(s,0,sizeof(s));s[1][1]=1;for(int i=2;i<=N-1;i++){for(int j=1;j<=i;j++){s[i][j]=s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j];if(s[i][j]>=mod)s[i][j]%=mod;}}}【第二类斯特林数】1.定理第二类斯特林数 S2(n,m) 表示的是把 n 个不同元素划分到 m 个集合的方案数。
斯特林公式——精选推荐
斯特林公式先想⼀个简单的问题 让你去求⼀个任意⼀个数 x 在 a 进制下的位数，那么答案就是 log(a)(x) + 1, (以 a 为底 x 的对数 + 1 )现在让你去求 n！在 a 进制下的位数答案就是 log(a)( n! ) = log(a)(1*2*3*...*n) = log(a)(1) + log(a)(2) + log(a)(3) + ... + log(a)(n) . 最后在取整+ 1这种做法的复杂度是 n *log n ,当 n 很⼤时显然是不可取的，斯特林公⽰是对此的⼀个优化int main() {//freopen("in.txt", "r", stdin);//freopen("out.txt", "w", stdout);int x;while(~scanf("%d", &x)){double ans = 0;int s = 1;for(int i = 1; i <= x; i++){ans += log10(i);s *= i;}printf("%d ", s);printf("%d\n", (int)(ans)+1);}return 0;}斯特林公式在这边 pi = acos(-1.0) e = exp(1.0) ;int n;cin >> n;int len = log10(2*n*pi)/2+n*log10(n/e)+ 1;printf("%d\n", len); 直接⽤公式就可以求得其也可以⽤在求任何进制下的位数，只要将底数变成相应进制下即可，借助换底公式扩展：有⼀种问题是让你求 n! 末尾的 0 的个数，想这个问题，只有2和5相乘的时候才会在末尾有0出现，这⾥⾯ 2 的个数⼜⽐较多，那么只需要数5 的个数即可int main() {ll x;cin >> x;printf("%lld\n", x/5);return 0;}。
斯特林公式的误差
斯特林公式的误差斯特林公式是数学中一种常用的近似计算公式，它能够用较小的误差近似计算阶乘。
斯特林公式的形式为：n! ≈ √(2πn) * (n/e)^n，其中，n是一个大于0的整数，e是自然对数的底，即2.71828。
斯特林公式的原理可以通过下面的例子来理解。
假设我们需要计算10的阶乘。
按照传统的方法，我们需要将10个数字逐个相乘，即10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 3628800。
然而，使用斯特林公式，我们可以将计算简化为√(2π×10) ×(10/2.71828)^10 ≈ 3598695.62。
相比之下，只使用斯特林公式，我们得到了一个非常接近的近似值，而不需要逐个相乘所有的数字。
然而，斯特林公式在近似计算阶乘时不是完全准确的。
它的误差随着n的增加而逐渐增大。
实际上，相对于精确值而言，斯特林公式的误差在大部分情况下都非常小，并且随着n的增加而减小。
然而，对于特别大的n值，误差可能会逐渐增大。
因此，在计算时需要根据精度的要求和给定问题的特定性，权衡是否使用斯特林公式。
幸运的是，对于绝大多数常见的应用场景，斯特林公式的误差可以被忽略不计。
它为我们提供了一种非常方便的方式来近似计算阶乘，节省了大量时间和计算资源。
此外，斯特林公式还可以应用于其他领域，如统计学、概率论等。
它可以用来估计某些概率分布的特征值，或者近似计算复杂问题的解。
在这些领域中，斯特林公式也被广泛应用，并且被证明是一种有效且准确的近似计算方法。
总之，斯特林公式是一种用于近似计算阶乘的数学公式，它可以极大地简化计算过程。
尽管它在某些情况下会产生较小的误差，但对于绝大多数实际应用来说，这个误差可以被忽略。
我们可以放心地使用斯特林公式来进行阶乘的近似计算，同时也可以在其他领域中应用它来解决更加复杂的问题。
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韩山师范学院学生毕业论文（2012届）诚信声明我声明，所呈交的毕业论文是本人在老师指导下进行的研究工作及取得的研究成果。
据我查证，除了文中特别加以标注和致谢的地方外，论文中不包含其他人已经发表或撰写过的研究成果，我承诺，论文中的所有内容均真实、可信。
毕业论文作者签名：签名日期：年月日摘要：本文在蔡聪明教授的基础上猜想出斯特林公式新的探求过程，并改进了一些证明方法。
利用计算机的实验数据图，大胆猜想得出斯特林公式的改良式，最后运用传统的数学方法证明它比斯特林公式更加精确，并求出它的误差范围和相对误差范围，解决了参考文献[2]的作者蔡永裕没有解决的问题。
关键词：斯特林公式；改良式；误差；相对误差Abstract：ThispaperconjecturesanewsearchofStirlingformulabasedontheresearchofProfessorCaiCongming,anditalsoimprovestheprovingmethods.Byusingtheexperimentalda tageneratedbycomputer,weguessoutthereform-typeofStirlingformulaaudacity,wh ichhasprovedtobemoreaccurateeconomicalythanthatofusingthetraditionalmathem aticalmethods.Bydeterminingitserrorlimitandrelativeerrorrange,itsolvestheproble mwhichtheauthorofrefs[2]CaiYongyuleft.Keywords:Stirlingformula;improved;error;relativeerror目录1.斯特林公式的探求过程 (1)1.1用nn和对n n⎪⎭⎫⎝⎛2对n！进行估计 (1)1.2用nen⎪⎭⎫⎝⎛对n！进行估计 (3)1.3改进nen⎪⎭⎫⎝⎛的形式 (5)1.4证明斯特林公式 (6)2.用计算机求斯特林公式的精细化形式 (7)2.1猜想斯特林公式的改良式 (7)2.2构造改良式函数f（n） (8)2.3用线性回归求f（n） (11)2.4改良式的简单形式 (12)3.改良式的相关证明 (12)3.1n!的相关定理和推论 (12)3.2证明改良式比斯特林公式更好 (13)3.3求改良式的误差及相对误差范围 (14)4.结束语 (16)参考文献 (17)致谢 (18)斯特林公式及其精细化形式斯特林公式在数学分析、数论、概率论及相关领域的各个方面都有重要的应用。
DeMoivre 最先得到斯特林公式（1718年）；接着JamesStirling 在1730年又重新得到它。
后来有一些教授、学者运用数学的推理证明，得到更精确的形式，例如徐利治教授和赵岳清。
当然也有少数学者用数学实验来猜想它的改良式，但他们没有证明它比斯特林公式更精确，也没有求出它的误差范围。
本文通过研究斯特林公式的探求过程，再通过计算机的实验结果，得出它的改良式，并证明它确实比斯特林公式的估值更精确，给出它的误差范围和相对误差范围，并与其它改良式作比较。
1.斯特林公式的探求过程斯特林公式：12!lim=-∞→nn n en n n π，目前有许多文章论述斯特林公式的证明,不过都是在知道斯特林公式后,给出证明相应的方法,虽然当中有一些是简化证明，但是我们不知道如何“看出”或“猜出”公式的追寻、探索过程。
有些令人有“美中不足”的感觉。
本文我们就试着来补上这个缺憾,展示一种推测式的猜想过程。
这只是其中的一种猜想过程,因为登一座山可以有各种不同的路径,路径越多越美妙（用函数的观点来探求）。
1.1用nn和对nn ⎪⎭⎫⎝⎛2对n ！进行估计首先观察n!=n （n?1）（n?2）···3·2·1，令函数!f(n)n =)(+∈N n ，我们知道这是一个增长很快的函数。
在高中时，我们学过一个增长很快的指数函数x2f(x )=，但是∞=→∞n n n 2!lim ,故n2低估了n!，在这里我们把指数函数x 2f(x )=变形为x a =f(x )（a 为一个确定的正整数），但是无论a 取哪一个确定整数，我们可以得到∞=∞→n n an !lim 。
于是继续追寻，如果将x a =f(x )变形为xx =f(x )（x >0），显然这个函数的增长会更快。
由于n n n ⋅⋅⋅⋅⋅=f(n)（n 个n 相乘），显然0!lim=∞→nn n n ，故nn 高估了n!。
不过也不错,因为我们找到了一个比n!更大的估计式nn ，但是因为nn 要远远比n!大很多，当n 趋向于正无穷时，它们的差的绝对值太大了。
那么我们如何找一个比n n 更小的数？现在将函数xx =f(x )变形为xx x f ⎪⎭⎫⎝⎛=2)(，即222)(n n n n f ⋅⋅⋅⋅⋅=（n 个2n 相乘）,显然nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛2是一个比n n 更小的估计式。
令nn n n a ⎪⎭⎫ ⎝⎛=2!（1）如果12!lim =⎪⎭⎫⎝⎛→∞nn n n ，那么nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛2就是我们所要的估计公式。
由算术平均大于等于几何平均定理知[1]事实上可以用数学归纳法证明: 考虑（1）式中的数列}{n a ,我们的目标是探求极限nn alim ∞→。
现在就来计算极限12)11(lim 2!)2()21()!1(lim 11lim <=+=⋅++=∞→+∞→+∞→e nn n n n a a n n nn n nn n （2） 由e nn<+<)11(2可得首先注意到}{n a 是一个递减的正项数列,由实数系的完备性知α=∞→nn alim 存在，且0≥α（3）定理1[1]:设}{n b 为一个正项数列。
如果S b n n =∞→lim R S ∈(且)0≠S ,则11lim =+∞→nn n b b 。
如果11lim =+∞→nn n b b 不成立,则可能有三种情形: 0lim =∞→nn b或∞=∞→n n b lim 或n n b lim ∞→不存在。
从（2）式中，我们知道11lim =+∞→nn n a a 不成立,故下列三者之一成立: 0lim =∞→nn a或∞=∞→n n a lim 或n n a lim ∞→不存在。
配合（3）式可得0lim=∞→n n a ,所以nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛2还是高估了n!。
1.2用ne n ⎪⎭⎫⎝⎛对n ！进行估计由e e ee n nxdxn in n n n nn ni n n=⎰=∑==--∞→∞→=∞→11ln ln 1lim !ln lim !lim 这个式子[4]，可以寻找到比nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛2更小的估计式ne n ⎪⎭⎫⎝⎛。
令n nen n c )(!=，则11lim =+∞→n n n c c 。
如果1lim =∞→n n c ，那我们就可以用ne n ⎪⎭⎫⎝⎛做为n ！的估计式。
由e nn <+<)11(2可得 1)11(!)()1()!1(11>+=⋅++=++n nn nn ne n e n e n n c c ，+∈∀N n 可知数列}{n c 为一个递增数列，故β=∞→nn clim 存在，且(]∞∈,1β。
Wallis 公式（1656年）[1]：由Wallis 公式，可得π=∞→nn n n n )!2()!(222lim （4）由n nn n n e n e n n c !)(!==可得 将述两式代入Wallis 公式得π=∞→ncc nnn 22lim （5）如果β=∞→nn clim 是一个确定的数，则由（5）式得π=0，这是一个矛盾。
因此∞==∞→∞→n n n n en n c )(!lim lim ，所以ne n ⎪⎭⎫⎝⎛低估了n! 1.3改进ne n ⎪⎭⎫⎝⎛的形式我们可以得到不等式nn n n e n )2(!)(<<，但是很难从2到e 之间找到一个数来改进ne n ⎪⎭⎫ ⎝⎛，于是尝试将ne n ⎪⎭⎫ ⎝⎛变形为)0(>⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ααn e n n。
令)0(!)(!>=⋅=-αααne n n n enn x n n n n ，则 比较α++n n)11(与e 的大小转化为比较它们的对数大小： )1ln()()11ln(nn n n n ++=++αα与1ln =e 的大小。
由级数展开公式：1),531(2)11ln(53<+++=-+x x x x x x Λ令121+=n x ，则nn x x 111+=-+，于是 ))12(51)12(31121)((2)1ln()(53Λ+++++++=++n n n n n n n αα（6）1）当21>α时，12)(2+>+n n α，由（6）式可知 即e nn >++α)11(，故1)11(1>+=++en x x n n n α因此}{n x 递减，于是a x n n =∞→lim 存在且∞<≤a 0。
如果∞<<a 0，由Wallis 公式会得到一个矛盾。
于是0=a ，即0lim =∞→n n x 。
2）当21<α时，12)(2+<+n n α，将（6）式中的5，7，9···都改为3，可得当n 比较大时，则1)1ln()(<++n n n α，即e nn <++α)11(。
因此}{n x 递增，故b x n n=∞→lim 存在且∞≤<b 0。
如果∞<<b 0，由Ｗallis 公式得到一个矛盾。
于是∞=b ，即∞=∞→n n x lim 。
由上述结论可得，α取21，即将ne n ⎪⎭⎫⎝⎛变形为n e n n⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛。
1.4证明斯特林公式斯特林公式[1]：12!lim=-∞→nn n en n n π，即当∞→n 时，n n e n n n -π2~!。
证明：令n en n c nn )(!=，得代入Wallis 公式，可得π=∞→2lim22n n c c n （7）而en c c n n n 211)11(+++=，利用（6）式知e n n >++21)11(，可得 11>+n nc c ，即数列}{n c 是递减正项数列。
由此可知L c nn =∞→lim 存在，且∞<≤L 0。
将L c n n =∞→lim代入（7）式，可得π=22L L ，从而π2=L ，即12!lim =-∞→nn n e n n n π。