M-PT-SRN-JMF-1
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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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Problemes de Mathematiques
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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Problemes de Mathematiques
Formule de Stirling “amelioree”
Corrige
(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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