$\left( x_{n}\right) $ dizisini
$x_{n}=\frac{e^{n+\frac{1}{2}}n!}{\left( n+\frac{1}{2}\right) ^{n+\frac{1}{2}}}$
olarak tanımlayalım. Her $n$ için $x_{n}<\sqrt{2\pi }$ olduğunu göstermeliyiz. $d_{n}=\ln x_{n}$ koyalım
$d_{n}=\ln \left( n!\right) -\left( n+\frac{1}{2}\right) \ln \left( n+\frac{1}{2}\right) +n+\frac{1}{2}$
dir.
$d_{n+1}-d_{n}=\ln \left( n+1\right) -\left( n+\frac{3}{2}\right) \ln \left(n+\frac{3}{2}\right) +\left(n+\frac{1}{2}\right) \ln \left( n+\frac{1}{2}\right) +1$
olur. $x=n+\frac{1}{2}>1$ koyulacak olursa
$d_{n+1}-d_{n}=\ln \left( x+\frac{1}{2}\right) -\ln \left( x+1\right) -x\ln\left( x+1\right) +x\ln x+1$
$x>0$ için
$f\left( x\right) =\ln \left( x+\frac{1}{2}\right) -\ln \left( x+1\right)-x\ln \left( x+1\right) +x\ln x+1$
olarak tanımlanan $f$ fonkiyonunun ilk iki türevini hesaplayaım.
$f^{\prime }\left( x\right) =\frac{1}{x+\frac{1}{2}}-\ln \left( x+1\right)+\ln x$
$f^{\prime \prime }\left( x\right) =-\frac{1}{\left( x+\frac{1}{2}\right)^{2} }-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x}=\frac{1}{x\left( 2x+1\right) ^{2}\left(x+1\right) }>0$
dır. O halde $f^{\prime }$ kesin artandır.
$\lim_{x\rightarrow \infty}f^{\prime }\left( x\right) =0$ olduğundan her $x>0$ için
$f^{\prime}\left( x\right) <0$ dır. O halde $f$ kesin azalandır.
$\lim_{x\rightarrow \infty }f\left( x\right) =0$ olduğundan her $x>0$ için $f\left( x\right) >0$ dır. Böylece $\left( d_{n}\right) $ ve
dolayısıyla $\left( x_{n}\right) $ dizisinin kesin artan olduğu görülür. Stirling formülü gereğince
$\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{e^{n}n!}{n^{n+\frac{1}{2}}}=\sqrt{2\pi }$
Diğer taraftan
$x_{n}=\frac{e^{n}n!}{n^{n+\frac{1}{2}}}\frac{\sqrt{e}}{\left( 1+\frac{1}{2n}\right) ^{n}}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{2n}}}$
olduğundan
$\lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=\sqrt{2\pi }\cdot \frac{\sqrt{e}}{\sqrt{e}}\cdot 1=\sqrt{2\pi }$
olduğu görülür. $\left( x_{n}\right) $ dizisi limiti $\sqrt{2\pi }$
olan kesin artan bir dizi olduğuna göre her $n$ için $x_{n}<\sqrt{2\pi }$ olur.