Problemes de Mathematiques

Formule de Stirling “amelioree”

Enonce

Formule de Stirling “amelioree”

L’objet de ce probleme est de prouver la formule n! = nne−n√

2πn

(1 +

1

12n+ o

(1

n

))

1. On pose, pour tout entier naturel n, In =

∫ π/2

0

sinn t dt.

(a) Montrer que la suite (In) est strictement decroissante et minoree. [ S ]

(b) Montrer que pour tout n ≥ 2, on a nIn = (n− 1)In−2. [ S ]

(c) En deduire I2n et I2n+1 a l’aide de factorielles. [ S ]

(d) Prouver que In+1 ∼ In quand n →∞. [ S ]

(e) En deduire la formule de Wallis : π = limn→∞

24n (n!)4

n · (2n)!2. [ S ]

2. On pose, pour tout n de IN∗, Sn = (n +1

2) ln n− n− ln(n!).

(a) Montrer que Sn+1 − Sn ∼1

12n2. [ S ]

(b) En deduire que la suite (Sn) converge vers un reel λ. [ S ]

(c) Montrer que, lorsque n tend vers +∞, nn e−n√

n ∼ eλ n!. [ S ]

3. A l’aide de la question 1d), montrer que λ = −1

2ln(2π).

En deduire la formule de Stirling : n! ∼ nn e−n√

2πn. [ S ]

4. Soient∑

un et∑

vn deux series a termes reels positifs, convergentes.

Pour tout entier n, on note Rn =+∞∑

k=n+1

uk et Tn =+∞∑

k=n+1

vk.

(a) On suppose que un ∼ vn. Montrer que Rn ∼ Tn. [ S ]

(b) En deduire que si un ∼1

n2, alors Rn ∼

1

n. [ S ]

(c) Appliquer ce qui precede a un = 12(Sn − Sn−1), et montrer que λ− Sn ∼1

12n. [ S ]

(d) En deduire finalement que n! = nne−n√

2πn(1 +

1

12n+ o

( 1

n

)). [ S ]

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Formule de Stirling “amelioree”

Corrige

Corrige du probleme

1. (a) Pour tout t de ]0, π/2[, et tout n de IN : 0 < sin t < 1 ⇒ 0 < (sin t)n+1 < (sin t)n.

On en deduit par integration de 0 a π/2 : ∀n ∈ IN, 0 < In+1 < In.

La suite (In) est donc strictement decroissante et minoree par 0. [ Q ]

(b) On procede a une integration par parties, pour tout n ≥ 2 :

In =

∫ π/2

0

sin t sinn−1 t dt =[− cos t sinn−1 t

]π/2

0︸ ︷︷ ︸=0

+(n− 1)

∫ π/2

0

cos2 t sinn−2 t dt.

On en deduit In = (n− 1)

∫ π/2

0

(1− sin2 t) sinn−2 t dt = (n− 1)(In−2 − In).

Il en decoule effectivement la relation : ∀n ≥ 2, nIn = (n− 1)In−2. [ Q ]

(c) – Calcul de I2n :

La relation precedente donne 2nI2n = (2n− 1)I2(n−1).

On en deduit I2n =2n− 1

2n

2n− 3

2(n− 1)· · · 3

4

1

2I0. Or I0 =

π

2.

Donc I2n =(2n− 1)(2n− 3) · · · 3 · 1

2nn!

π

2=

(2n)!

22n(n!)2

π

2(valable si n = 0).

– Calcul de I2n+1 :

La relation de (1-b) donne I2n+1 =2n

2n + 1I2(n−1)+1 =

2n

2n + 1

2(n− 1)

2n− 1· · · 4

5

2

3I1.

Or I1 = 1. Donc I2n+1 =2nn!

(2n + 1)(2n− 1) · · · 3=

22n(n!)2

(2n + 1)!(valable si n = 0).

[Q ]

(d) Pour tout n de IN, on a : 0 < In+2 < In+1 < In et donc 0 <In+2

In

<In+1

In

< 1.

OrIn+2

In

=n + 1

n + 2tend vers 1 quand n tend vers +∞.

On en deduit limn→∞

In+1

In

= 1, c’est-a-dire In+1 ∼ In. [ Q ]

(e) Pour tout n de IN,I2n+1

I2n

=24n (n!)4

(2n + 1) (2n)!22

π∼ 24n (n!)4

n (2n)!21

π.

Puisque limn→∞

I2n+1

I2n

= 1, on obtient limn→∞

24n (n!)4

n (2n)!2= π. [ Q ]

2. (a) Pour tout n ≥ 1,

Sn+1 − Sn = (n +3

2) ln(n + 1)− n− 1− ln(n + 1)!− (n +

1

2) ln n + n + ln n!

= (n +1

2) ln(1 +

1

n)− 1 =

(n +

1

2

)( 1

n− 1

2n2+

1

n3+ o

( 1

n3

))− 1

=1

12n2+ o

( 1

n2

)On a donc Sn+1 − Sn ∼

1

12n2. [ Q ]

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Formule de Stirling “amelioree”

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(b) On sait que la serie∑

(Sn+1 − Sn) a la meme nature que la suite (Sn).

Puisque la serie∑

(Sn+1 − Sn) est convergente (par comparaison avec une serie deRiemann), il en est de meme de la suite (Sn). On pose lim

n→∞= λ ∈ IR. [Q ]

(c) Pour tout n de IN∗, Sn = ln(nn+1/2 e−n 1

n!

)= ln

(nn e−n√

n

n!

).

D’apres ce qui precede : limn→∞

nne−n√

n

n!= eλ et donc nne−n

√n ∼ eλ n!. [ Q ]

3. L’egalite precedente donne n! ∼ e−λ nn e−n√

n et donc aussi (2n)! ∼ e−λ (2n)2n e−2n√

2n.

On en deduit24n n!4

n (2n)!2∼ 24n e−4λ n4n e−4n n2

n e−2λ (2n)4n e−4n(2n)∼ e−2λ

2.

Puisque limn→∞

24n n!4

n (2n)!2= π, on trouve

e−2λ

2= π et donc λ = −1

2ln(2π).

Puisque e−λ =√

2π, le resultat n! ∼ e−λ nn e−n√

n devient n! ∼ nn e−n√

2πn. [ Q ]

4. (a) Soit ε > 0. Par hypothese un − vn = o(vn).

Il existe donc un entier n0 tel que, pour tout n ≥ n0, |un − vn| ≤ εvn.

Ainsi, pour tout n ≥ n0 :

|Rn − Tn| =∣∣∣ ∞∑k=n+1

(un − vn)∣∣∣ ≤ ∞∑

k=n+1

|un − vn| ≤ ε∞∑

k=n+1

vn = εTn.

Ce resultat signifie que Rn − Tn = o(Tn), c’est-a-dire Rn ∼ Tn. [ Q ]

(b) Supposons un ∼1

n2. Alors un ∼

1

n(n− 1)=

1

n− 1− 1

n.

Ainsi : Rn ∼+∞∑

k=n+1

( 1

k − 1− 1

k

)= lim

m→∞

m∑k=n+1

( 1

k − 1− 1

k

)= lim

m→∞

( 1

n− 1

m

)=

1

n.

[ Q ]

(c) On a bien un ∼1

n2. On en deduit Rn ∼

1

n.

Mais : Rn =+∞∑

k=n+1

12(Sk − Sk−1) = 12 limm→∞

m∑k=n+1

(Sk − Sk−1)

= 12 limm→∞

(Sm − Sn) = 12(λ− Sn).

Ainsi 12(λ− Sn) ∼ 1

net donc λ− Sn ∼

1

12n. [ Q ]

(d) On a λ− Sn = ln( n!

nn e−n√

2πn

)=

1

12n+ o

( 1

n

)On en deduit

n!

nn e−n√

2πn= exp

( 1

12n+ o

( 1

n

))= 1 +

1

12n+ o

( 1

n

).

Autrement dit : n! = nne−n√

2πn(1 +

1

12n+ o

( 1

n

))[ Q ]

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