Formule de Stirling

(1)

ECS1 H. Boucher Corrig´e Concours blanc blanc

Probl`eme 1

Le but de ce problème est de trouver un équivalent de n! quand n → +∞. Il se compose de trois parties. Les deux premières sont indépendantes et la troisième utilise les deux résultats finaux des parties précédentes. Ceux-ci pourront être admis pour poursuivre le problème.

Int´ egrales de Wallis

Pour tout n∈N, on pose In=

Z π/2 0

sinⁿ(t)dt et Jn= Z π/2

0

cosⁿ(t)dt 1. I0 = π

2 et I1= 1 . Pour I2, lin´eariser : sin²(t) = 1

2(1−cos(2x)). On a alors I2 = π 4 . 2. Soit n∈ N. Pour tout x ∈ h

0,π 2 i

, 0 6 sinx 6 1 donc 0 6sinⁿ⁺¹x 6 sinⁿx. Puis par croissance de l’int´egrale, 06I_n+1 6I_n . On a mˆeme 06I_n+1car sinⁿ⁺¹est continue, positive et non identiquement nulle.

3. On effectue le changement de variable x = π

2 −t et on utilise que sin(t) = cosπ 2 −t

pour tout t.

Ainsi, ∀n∈N, In=Jn . 4. On pose

(u(t) = sinⁿ⁺¹(t)

v⁰(t) = sin(t) . Alors

(u⁰(t) = (n+ 1) cos(t) sinⁿ(t)

v(t) =−cos(t) .

Par int´egration par parties,I_n+2 =

−cos(t) sinⁿ⁺¹(t)π/2

0 + (n+ 1) Z _π/2

0

cos²(t) sinⁿ(t).

Or cos²(t) = 1−sin²(t). Donc I_n+2 = (n+ 1)(I_n−I_n+2). Finalement, I_n+2 = n+ 1 n+ 2I_n .

5. La fonction proposée commet un léger abus : numéroter les termes deyà partir de 0. On peut décaler tous les numéros de 1 ou bien jouer le jeu de l’énoncé et conserver cette imprécision.

function y = I(n) y = zeros(1, 2n+2)

y(0) = %pi/2 y(1) = 1 for k = 1 : n

y(2*k) = (2*k-1)/(2*k)*y(2*k-2) y(2*k+1) = (2*k)/(2*k+1)*y(2*k-1) end

endfunction

6. Pour tout n, In+2 6In+1 6 In, donc n+ 1

n+ 2In 6In+1 6In. Et In 6= 0, donc n+ 1

n+ 2 6 In+1

In 61. Par th´eor`eme d’encadrement, I_n+1

I_n −−−−−→

n→+∞ 1, donc I_n+1 ∼

n→+∞I_n .

(2)

7. Pour toutn, (n+ 2)I_n+1I_n+2 = (n+ 1)I_n+1I_n, donc ((n+ 1)I_nI_n+1) est constante , ´egale `a sa valeur pour n= 1 : I₀I₁ = π

2 . 8. On a π

2 = (n+ 1)I_nI_n+1 ∼

n→+∞(n+ 1)I_n²∼nI_n², donc I_n ∼

n→+∞

r π 2n .

9. On conjecture `a l’aide de la relation de la question 4, puis on montre par r´ecurrence : pour k ∈ N, I2k= (2k)!

2^2kk!² π

2 et I2k+1 = 2^2kk!² (2k+ 1)! . 10. CommeI2k+1 ∼I2k, (2k+ 1)I_2k+1

2kI2k

−−−−→

k→+∞ 1. Or (2k+ 1)I_2k+1 2kI2k

= 2^4kk!⁴ 2k(2k)!²

2 π. Finalement, π = lim

k→+∞

2^4k(k!)⁴ k((2k)!)² .

Un encadrement

Soit a < bdeux nombres r´eels etf : [a,b]→Rune fonction concave de classeC². Soitg la fonction affine d´efinie sur [a,b] parg(a) =f(a) etg(b) =f(b).

11. g(t) = f(b)−f(a)

b−a (t−a) +f(a) .

12. f´etant concave, sa courbe est au dessus de chacune de ses cordes. Notamment, entreaetb,f(t)>g(t).

Puis par croissance de l’int´egrale, Z b

a

g(t)dt6 Z b

a

f(t)dt.

13.

Z _b

a

g(t)dt= f(b)−f(a) b−a

(b−a)²

2 +f(a)(b−a) .

14. f est de classeC² doncf⁰⁰, et donc|f⁰⁰|, est continue sur un intervalle ferm´e [a,b], donc elle atteint son maximum M2 = max

t∈[a,b]|f⁰⁰(t)|.

15. Le but de cette question est de montrer que

∀t∈[a,b], f(t)−g(t)6M₂(t−a)(b−t)

2 . (`)

(a) Pour t=a ett=b, l’inégalité (`) revient à 060, vrai.

(b) Soit t∈]a,b[. On pose h d´efinie sur [a,b] par h(x) =f(x)−g(x)−K(x−a)(b−x) o`u K est une constante telle queh(t) = 0.

h est de classeC² carf (et g) le sont et h⁰⁰:t7→f⁰⁰(t) + 2K .

(c) D’après le théorème de Rolle (vérifier soigneusement les hypothèses), il existec1 ∈]a,t[ etc2 ∈]t,b[

tels que h⁰(c₁) = h⁰(c₂) = 0. À l’aide du théorème de Rolle à nouveau, cette fois appliqué à h⁰,

∃c∈]a,b[, h⁰⁰(c) = 0 .

(d) Alors f⁰⁰(c) + 2K = 0, d’o`u K = −f⁰⁰(c)

2 . Donc |K|6 M2

2 puis comme h(t) = 0, on a l’inégalité (`) souhaitée.

(3)

16. À partir de l’inégalité (`) précédente, par croissance de l’intégrale, Z b

a

f(t)dt−

Z b a

g(t)dt6−M₂ 2

Z b a

(t²−(a+b)t+ab)dt. Or Z b

a

(t²−(a+b)t+ab)dt= t³

3 −a+b

2 t²+abt b

a

= b³−a³

3 −a+b

2 (b²−a²) +ab(b−a) = b−a

6 (2b²+ 2ab+ 2a²)−3(a+b)²+ 6ab

=−(b−a)³

6 .

Finalement Z b

a

f(t)dt− Z b

a

g(t)dt6M2

(b−a)³ 12 .

17. Soit n∈N^∗. La fonctionf :x7→ln(x) est bien C² sur [n,n+ 1].

On a pour tout t∈[n,n+ 1],f⁰⁰(t) =−1

t² qui est négative doncf est concave. De plus|f⁰⁰(t)|leqs 1 n². La corde correspondante a pour équation g : t 7→ (ln(n+ 1)−ln(n))(t−n) + ln(n) et son intégrale vaut

Z n+1 n

g(t)dt= 1

2(ln(n+ 1)−ln(n)) + ln(n) = 1

2(ln(n+ 1) + ln(n)).

Et `a l’aide d’une IPP, Z n+1

n

ln(t)dt= [tln(t)−t]ⁿ⁺¹_n = (n+ 1) ln(n+ 1)−nln(n)−1.

Finalement, 06

n+1 2

(ln(n+ 1)−ln(n))−16 1 12n² .

Formule de Stirling

Etant donn´´ e n >1 un nombre entier, on pose u_n= ln

nⁿ⁺¹²e⁻ⁿ

−ln(n!) et v_n=u_n+ 1 12(n−1). 18. Pour toutn,u_n+1−u_n=

n+1

2

(ln(n+ 1)−ln(n))−1>0 d’après ce qui précède et v_n+1−v_n = u_n+1−u_n− 1

12n(n−1) 6 1

12n²− 1

12n(n−1) 60, d’après l’encadrement précédent à nouveau. De plus v_n−u_n= 1

12(n−1) −−−−−→

n→+∞ 0. Donc (u_n) et (v_n) sont adjacentes . On note `leur limite commune.

19. D’une part 2u_n−u_2n−−−−−→

n→+∞ 2`−`=`.

D’autre part, 2u_n−u_2n= 1 2ln

n(2n)!² 2⁴ⁿ⁺¹n!⁴

−−−−−→

n→+∞

1 2ln

1 2π

d’apr`es 10.

Par unicit´e de la limite, `=−1

2ln(2π) . 20. On a donc :−u_n= ln

n!

nⁿ⁺¹²e⁻ⁿ

−−−−−→

n→+∞

1

2ln(2π). D’o`u la formule de Stirling : n! ∼

n→+∞

√

2πnn e

n

.

(4)

Probl`eme 2 Fonctions convexes

A Calcul pr´ eliminaire

1. Soit x < y < z trois nombres r´eels. On pose λ= z−y z−x. y > xdoncz−y < z−x. Et z−x >0. Donc z−y

z−x <1 . De plusz−y >0 donc z−y z−x >0 . Etλx+ (1−λ)z= z−y

z−xx+

1−z−y z−x

z= z−y

z−xx+y−x

z−xz= zx−yx+yz−xz z−x = y.

B Le vif du sujet

On notera C_f la courbe repr´esentative de f.

2. Les coordonn´ees de M₁ etM₂ sontM₁(x₁, f(x₁)) et M₂(x₂, f(x₂)).

Pour toutx∈[x₁,x₂], on ´ecritx=λx₁+ (1−λ)x₂ avec λ= x₂−x

x₂−x₁. Alors

• le point d’abscisse x de la courbeC_f a pour coordonn´ees (x, f(x))

• si on note (x,y) les coordonn´ees du point d’abscisse x du segment [M₁M₂], par une relation de Thal`es, on aλ= f(x₂)−y

f(x₂)−f(x₁) et doncy=λf(x₁) + (1−λ)f(x₂).

Ainsi :f est convexe si et seulement sif(x)6y,

si et seulement si l’arc deC_f compris entre M1 etM2 est situ´e sous le segment [M1M2] . 3. ⇒ Supposons f est convexe et concave.

Pour n∈Nquelconque, consid´erons les points M1 et M2 d’abscisses −net n. L’arc de C_f qu’ils encadrent est en dessous et au-dessus du segment [M₁M₂] donc l’arc de la courbe et le segment sont confondus. Pour toutnla partie de la courbe comprise entrex=−netx=nest rectiligne, donc C_f est une droite .

⇐ Supposons quef est affine. Alors∃a,b∈R,∀x∈R, f(x) =ax+b.

Alorsf(λx1+ (1−λ)x2) =a(λx1+ (1−λ)x2) +b

etλf(x1) + (1−λ)f(x2) =λ(ax1+b) + (1−λ)(ax2+b) =a(λx1+ (1−λ)x2) +b(λ+ 1−λ)

| {z }

b

. Ceci montre que f(λx1+ (1−λ)x2) =λf(x1) + (1−λ)f(x2) .

4. f est concave ⇔ ∀x₁,x₂ ∈I etλ∈[0,1], f(λx₁+ (1−λ)x₂)>λf(x₁) + (1−λ)f(x₂)

⇔ −f(λx₁+ (1−λ)x2)6−(λf(x1) + (1−λ)f(x2))

⇔ −f(λx₁+ (1−λ)x₂)6λ(−f(x₁)) + (1−λ)(−f(x₂))

⇔ −f est convexe .

5. Supposons f convexe. Procédons par récurrence pour montrer pour toutn>2 la propriétéP(n) : pour tousx1, . . . ,xn∈I etλ1, . . . ,λn∈R tels que

n

X

i=1

λi = 1, on af

n

X

i=1

λixi

! 6

n

X

i=1

λif(xi).

Init. pour n= 2, c’est exactement la d´efinition de la convexit´e (avecλ=λ₁ et donc 1−λ=λ₂.

(5)

H´er. Soit n>2. Supposons P(n) vraie.

Soit x1, . . . ,xn+1∈I etλ1, . . . ,λn+1 ∈R tels queλ1+. . .+λn+1 = 1.

• Posons, pour tout 16i6n,µi= λi

λ₁+. . .+λ_n.

Ainsi,µ1+. . .+µn= 1. Donc d’après l’hypothèse de récurrence,f

n

X

i=1

µixi

! 6

n

X

i=1

µif(xi).

Si on noteX=

n

X

i=1

µixi, cela s’´ecritf(X)6

n

X

i=1

µif(xi).

Par ailleurs, soitλ=λ1+. . .+λn; alors 1−λ=λn+1. On applique la d´efinition de la convexit´e entreX etx_n+1 :

f(λX+ (1−λ)xn+1) 6 λf(X) + (1−λ)f(xn+1)

6 λ

n

X

i=1

µ_if(x_i) +λ_n+1f(x_n+1) 6

n

X

i=1

λif(xi) +λn+1f(xn+1).

Ainsi, f

n+1

X

i=1

λ_ix_i

! 6

n+1

X

i=1

λ_if(x_i).

6. (a) Soit α < β < γ. D’après le résultat préliminaire, en posant λ= γ−β

γ−α, β =λα+ (1−λ)γ. Par convexit´e,f(β)6λf(α) + (1−λ)f(γ) (∗)

et doncf(β)−f(γ)6λf(α)−λf(γ).

Finalement, f(γ)−f(β)>λ(f(γ)−f(α)) .

De (∗), on peut aussi obtenir f(β)−f(α)6(1−λ)(f(γ)−f(α)) . De (∗), on tire aussi (λ+ (1−λ))f(β)6λf(α) + (1−λ)f(γ) et donc λ(f(β)−f(α))6(1−λ)(f(γ)−f(β)) .

(b) Soit a∈I.

⇒ Supposonsf convexe. Soit x, ydansI \ {a} tels quex < y.

1^er cas : x < y < a.

D’après l’inégalité (1), avec λ= a−y

a−x, on af(a)−f(y)>λ(f(a)−f(x)), soitf(a)−f(y)> a−y

a−x(f(a)−f(x)).

Finalement, f(y)−f(a)

y−a > f(x)−f(a)

x−a , c’est `a dire Φa(x)6Φa(y) . 2^e cas : x < a < y.

D’après l’inégalité (3), avec λ= y−a

y−x, on aλ(f(a)−f(x))6(1−λ)(f(y)−f(a)), soit y−a

y−x(f(a)−f(x))6 a−x

y−x(f(y)−f(a)).

Finalement, f(x)−f(a)

x−a 6 f(y)−f(a)

y−a , c’est `a dire Φa(x)6Φa(y) .

(6)

3^e cas : a < x < y.

D’après l’inégalité (2), avec λ= y−x

y−a, on af(x)−f(a)6(1−λ)(f(y)−f(a)), soitf(x)−f(a)6 x−a

y−a(f(y)−f(a)).

Finalement, f(x)−f(a)

x−a 6 f(y)−f(a)

y−a , c’est `a dire Φa(x)6Φa(y) . Ceci montre que Φa est croissante

⇐ Supposons Φ_a croissante pour touta∈I.

Soit x₁, x₂ ∈I. On suppose, quitte `a les renum´eroter, quex₁ < x₂. Soit λ∈[0,1]. On pose t=λx+ (1−λ)y∈[x,y], ainsi λ= y−t

y−x.

La croissance de la fonction Φ_y donne Φ_y(x) 6 Φ_y(t), d’o`u f(x)−f(y)

x−y 6 f(t)−f(y) t−y , soit λ(f(x)−f(y)) > f(t) −f(y). D’o`u f(t) 6 λf(x) + (1−λ)f(y), ce qui montre que

f est convexe . 7. (a) Supposons qu’on a







P ⇒Q Q⇒R R⇒P

.

On a P ⇒Qet comme Q⇒R et R⇒P, on a aussi Q⇒P. Ceci montreP ⇔Qet on montre de mˆeme queQ⇔R etR⇔P.

Ainsi P, Q etR sont ´equivalentes .

(b) La tangente ena `a la courbeC_f a pour ´equation

y=f⁰(a)(x−a) +f(a).

(c) On suppose quef est d´erivable.

(i)⇒(ii) Supposonsf convexe. Soita,b∈Rtels quea < b. Pour toutx∈I, on a, par croissance de Φ_x, f(a)−f(x)

a−x 6 f(b)−f(x)

b−x . Par passage `a la limitex→a, cela donnef⁰(a)6 f(b)−f(a) b−a . On a aussi, en faisant tendrex versb, f(a)−f(b)

a−b 6f⁰(b).

Ces deux inégalités montrent quef⁰(a)6f⁰(b), ce qui montre que f⁰ est croissante . (ii)⇒ (iii) On suppose f⁰ croissante et pour tout a, on note (Ta) la tangente à C_f en a. Étudions

g(x) =f(x)−(f⁰(a)(x−a) +f(a)).

gest d´erivable et pour tout x∈I,g⁰(x) =f⁰(x)−f⁰(a). Or f⁰ est croissante, d’o`u le tableau de variations suivant.

x g⁰(x)

g(x)

a

− 0 +

0 0

gest donc toujours positive ou nulle et donc C_f est au-dessus de (T_a) .

(7)

(iii)⇒ (i) On suppose que C_f est au dessus de ses tangentes.

Soitx₁,x₂∈I etλ∈[0,1].

On noteM1 le point deC_f d’abscissex1 etM2 le point de C_f d’abscisse x2.

Soitx=λx₁+ (1−λ)x₂,M le point deC_f d’abscissexetP le point de [M₁M₂] d’abscissex.

Ainsix_P =xet y_P =λf(x₁) + (1−λ)f(x₂).

Or la courbe est au-dessus de la tangente enM. D’o`u

(f(x₁)>f⁰(x)(x₁−x) +f(x) f(x2)>f⁰(x)(x2−x) +f(x) . Donc yP > λ[f⁰(x)(x1−x) +f(x)] + (1−λ)[f⁰(x)(x2−x) +f(x)]

> f(x) +f⁰(x)(λx₁+ (1−λ)x₂−x)

Comme x = λx1 + (1−λ)x2, on a finalement y_P = λf(x1) + (1−λ)f(x2) > f(x) ce qui montre que f est convexe .

8. Supposons f deux fois d´erivable. Alors f⁰ est d´erivable et doncf⁰ est croissante si et seulement sif⁰⁰ est positive.

Donc f est convexe si et seulement sif⁰⁰ est positive .

9. exp est une fonction dérivable sur R dont la dérivée est exp elle-même, donc également dérivable.

Finalement exp⁰⁰= exp, qui est strictement positive surR. Donc exp est convexe .

On en d´eduit que sa courbe repr´esentative est au-dessous de sa tangente au point d’abscisse 0.

Donc pour tout tdansR(et en particulier dans R^∗+),e^t>t+ 1.

Par composition avec ln, on obtient : ∀t∈R^∗+, t>ln(t+ 1)

10. (−ln) est deux fois d´erivable sur R^∗₊ et pour tout t∈R^∗₊, (−ln)⁰(t) = −1

t et (−ln)⁰⁰(t) = 1

t² qui est strictement positive. Donc (−ln) est convexe .

D’après la question (5) appliquée à (−ln) avecλ1 =. . .=λn= 1

n, on a pour tous x1, . . . ,xn∈I :

−ln 1

nx₁+. . .+ 1 nx_n

>−1

nln(x₁)−. . .− 1

nln(x_n), soit

−ln

x₁+. . .+x_n n

>−ln

x^1/n₁ x^1/n₂ . . . x^1/n_n . Finalement, en composant avec exp, on a

(x₁×. . .×x_n)^1/n6 x₁+. . .+x_n

n .

11. (a) Proc´edons par l’absurde : supposons qu’il existe a < b dans [A,+∞[ tels que f(a)< f(b).

Commef est convexe, alors l’application Φa est croissante et donc ∀x > b, Φ_a(x)>Φa(b), c’est-`a-dire f(x)−f(a)

x−a >Φa(b) et doncf(x)>Φa(b)(x−a) +f(a).

Or Φ_a(b) = f(b)−f(a)

b−a >0. Donc Φ_a(b)(x−a) +f(a)−−−−→

x→+∞ +∞.

Par comparaison, f(x)−−−−→

x→+∞ +∞, ce qui contredit le fait qu’elle soit major´ee.

On a donc montr´e par l’absurde que f est d´ecroissante sur [A,+∞[ .

(b) Soitg:x7→f(−x). Alorsgest définie sur [−B,+∞[ et est également convexe et majorée (facile).

D’après la question précédente,gest décroissante sur [−B,+∞[. Donc f est croissante sur]− ∞,B] .

(8)

(c) Les questions précédentes montrent que pour tout n ∈ N, f est décroissante sur [−n,+∞[ et croissante sur ]− ∞, n].

Elle est donc constante sur [−n,n], et ce pour toutn∈N. Donc f est constante .

(d) Supposons que hne s’annule pas. On suppose qu’elle est toujours strictement n´egative (sinon on raisonne avec −h).

Alors ∀x ∈ R, h⁰⁰(x) = −q(x)h(x) > 0. Donc h est convexe et majorée par 0. D’après ce qui précède, h est constante, donc h⁰ eth⁰⁰ sont identiquement nulles. Par conséquent q =−h⁰⁰

h l’est aussi, ce qui est contraire aux hypoth`eses.

On a donc montr´e par l’absurde que h s’annule surR.