Stirlingの公式

$L(x):=\log\frac{1+x}{1-x}=\log(1+x)-\log(1-x)$ は $[0,1)$ 上で微分可能で、$L(0)=0$、$L'(x)=\frac1{1+x}+\frac1{1-x}=\frac{2}{1-x^2}$ である。
左側：$u(x):=L(x)-2x-\frac{2x^3}3$ とおくと $u(0)=0$ で、
$$ u'(x)=\frac2{1-x^2}-2-2x^2=\frac{2-2(1-x^2)-2x^2(1-x^2)}{1-x^2}=\frac{2x^4}{1-x^2}>0\quad(0< x<1) $$
である。
右側：$v(x):=2x+\frac{2x^3}{3(1-x^2)}-L(x)$ とおくと $v(0)=0$ である。$\frac{d}{dx}\frac{x^3}{1-x^2}=\frac{3x^2(1-x^2)+2x^4}{(1-x^2)^2}=\frac{3x^2-x^4}{(1-x^2)^2}$ なので
$$ v'(x)=2+\frac{2(3x^2-x^4)}{3(1-x^2)^2}-\frac2{1-x^2}=\frac{6(1-x^2)^2+2(3x^2-x^4)-6(1-x^2)}{3(1-x^2)^2}=\frac{4x^4}{3(1-x^2)^2}>0\quad(0< x<1) $$
である（分子を展開すると $6-12x^2+6x^4+6x^2-2x^4-6+6x^2=4x^4$）。
$u$ と $v$ は $[0,1)$ 上で連続、$(0,1)$ 上で導関数が正である。平均値の定理により、$0< x<1$ に対してある $c\in(0,x)$ で $u(x)=u(x)-u(0)=u'(c)\,x>0$ であり（$v$ も同様に $v(x)=v'(c')\,x>0$）、$0< x<1$ で $u(x)>0$、$v(x)>0$ である。

$\log(n+1)!-\log n!=\log(n+1)$ を使って計算すると
$$ d_n-d_{n+1}=\Bigl(n+\frac12\Bigr)\log\frac{n+1}n-1 $$
である。$x:=\frac1{2n+1}$ とおくと $0< x<1$、$\frac{1+x}{1-x}=\frac{2n+2}{2n}=\frac{n+1}n$、$n+\frac12=\frac1{2x}$ なので、$d_n-d_{n+1}=\frac1{2x}L(x)-1$ である（$L$ は prf-stirling-log-bounds の関数）。lem-stirling-log-bounds を $2x$ で割ると
$$ \frac{x^2}3< d_n-d_{n+1}<\frac{x^2}{3(1-x^2)} $$
を得る。$1-x^2=\frac{(2n+1)^2-1}{(2n+1)^2}=\frac{4n(n+1)}{(2n+1)^2}$ なので右辺は $\frac1{12n(n+1)}=\frac1{12}\bigl(\frac1n-\frac1{n+1}\bigr)$ である。左辺は $\frac1{3(2n+1)^2}$ で、$(2n+1)^2=4n^2+4n+1<4n^2+12n+8=4(n+1)(n+2)$ より $\frac1{12(n+1)(n+2)}=\frac1{12}\bigl(\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\bigr)$ より大きい。
左の不等式から $d_n>d_{n+1}$ なので $(d_n)$ は狭義単調減少である。右の不等式から $d_n-\frac1{12n}< d_{n+1}-\frac1{12(n+1)}$ なので $\bigl(d_n-\frac1{12n}\bigr)$ は狭義単調増加で、$d_n>d_n-\frac1{12n}\geq d_1-\frac1{12}=\frac{11}{12}$ である。下に有界な単調減少列は収束する（上限と下限 の記事の定理「単調有界数列の収束」）ので、$C:=\lim d_n$ が存在する。
$m>n$ として $k=n,\dots,m-1$ について不等式を足し合わせると、和が隣り合う項の差の和になって
$$ \frac1{12}\Bigl(\frac1{n+1}-\frac1{m+1}\Bigr)< d_n-d_m<\frac1{12}\Bigl(\frac1n-\frac1m\Bigr) $$
となる。$m\to\infty$ とすると、すべての $n\geq1$ で $\frac1{12(n+1)}\leq d_n-C\leq\frac1{12n}$ を得る。等号が成り立たないことを見るために、$d_n-C=(d_n-d_{n+1})+(d_{n+1}-C)$ と分け、第 1 項に最初の真の不等式を、第 2 項にいま得た不等式を $n+1$ について使うと
$$ d_n-C>\frac1{12}\Bigl(\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\Bigr)+\frac1{12(n+2)}=\frac1{12(n+1)},\qquad d_n-C<\frac1{12}\Bigl(\frac1n-\frac1{n+1}\Bigr)+\frac1{12(n+1)}=\frac1{12n} $$
となる。

$I_n:=\int_0^{\pi/2}\sin^nx\,dx$（$n\geq0$）とおく。$I_0=\frac\pi2$、$I_1=1$ である。$n\geq2$ のとき、$\sin^nx=\sin^{n-1}x\cdot\sin x$ として部分積分を使うと
$$ I_n=\Bigl[-\sin^{n-1}x\cos x\Bigr]_0^{\pi/2}+(n-1)\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}x\cos^2x\,dx=(n-1)(I_{n-2}-I_n) $$
（$\cos^2x=1-\sin^2x$ を使った）なので、$I_n=\frac{n-1}nI_{n-2}$ である。これを繰り返すと
$$ I_{2n}=\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}\cdot\frac\pi2,\qquad I_{2n+1}=\frac{2\cdot4\cdots(2n)}{3\cdot5\cdots(2n+1)} $$
となり、$\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}=\dfrac\pi2\cdot\dfrac1{W_n}$ である（$W_n$ の分子は $(2\cdot4\cdots2n)^2$、分母は $(1\cdot3\cdots(2n-1))\cdot(3\cdot5\cdots(2n+1))$）。
$0\leq x\leq\frac\pi2$ で $0\leq\sin x\leq1$ なので $\sin^{m+1}x\leq\sin^mx$ であり、$I_{2n+1}\leq I_{2n}\leq I_{2n-1}$ である。$I_{2n+1}>0$ で割ると
$$ 1\leq\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}\leq\frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}=\frac{2n+1}{2n} $$
となり、はさみうちの原理により $I_{2n}/I_{2n+1}\to1$、すなわち $W_n\to\frac\pi2$ である。
最後の式は、$2\cdot4\cdots(2n)=2^nn!$、$1\cdot3\cdots(2n-1)=\frac{(2n)!}{2^nn!}$、$3\cdot5\cdots(2n+1)=\frac{(2n+1)!}{2^nn!}$ を $W_n$ に代入し、$(2n+1)!=(2n+1)\cdot(2n)!$ を使えば得られる。

prop-stirling-monotone の $d_n$ と極限 $C$ を使う。$n!=e^{d_n}\sqrt n\,(n/e)^n$、$(2n)!=e^{d_{2n}}\sqrt{2n}\,(2n/e)^{2n}$ を lem-stirling-wallis の $W_n$ の式に代入する。
$$ (2^nn!)^4=2^{4n}e^{4d_n}n^2\Bigl(\frac ne\Bigr)^{4n},\qquad\bigl((2n)!\bigr)^2=e^{2d_{2n}}\cdot2n\cdot2^{4n}\Bigl(\frac ne\Bigr)^{4n} $$
なので
$$ W_n=\frac{(2^nn!)^4}{\bigl((2n)!\bigr)^2(2n+1)}=e^{4d_n-2d_{2n}}\cdot\frac{n}{2(2n+1)} $$
である。$n\to\infty$ とすると $d_n\to C$、$d_{2n}\to C$、$\frac n{2(2n+1)}\to\frac14$ なので右辺は $e^{2C}/4$ に収束し、左辺は lem-stirling-wallis により $\pi/2$ に収束する。よって $e^{2C}=2\pi$、すなわち $e^C=\sqrt{2\pi}$ である。
prop-stirling-monotone の $\frac1{12(n+1)}< d_n-C<\frac1{12n}$ の各辺の指数関数をとると、$e^{d_n-C}=\dfrac{n!}{\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^n}$ なので主張の不等式を得る。両側の $\exp$ は $n\to\infty$ で $1$ に収束するので、はさみうちの原理により比は $1$ に収束する。

thm-stirling の不等式の各辺の対数をとると $\frac1{12(n+1)}<\log n!-n\log n+n-\frac12\log(2\pi n)<\frac1{12n}$ となる。中辺を $\frac{\theta_n}{12n}$ とおけばよい。

prf-stirling と同じ記号で $\binom{2n}n=\frac{(2n)!}{(n!)^2}$ に $n!=e^{d_n}\sqrt n(n/e)^n$、$(2n)!=e^{d_{2n}}\sqrt{2n}(2n/e)^{2n}$ を代入すると
$$ \binom{2n}n=e^{d_{2n}-2d_n}\cdot\frac{\sqrt{2n}\,2^{2n}(n/e)^{2n}}{n\,(n/e)^{2n}}=e^{d_{2n}-2d_n}\cdot\frac{\sqrt2\cdot4^n}{\sqrt n} $$
である。$e^{d_{2n}-2d_n}\to e^{-C}=1/\sqrt{2\pi}$ なので、$\binom{2n}n\Big/\dfrac{4^n}{\sqrt{\pi n}}=e^{d_{2n}-2d_n}\sqrt{2\pi}\to1$ である。