Partie B : Formule de Stirling

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 05 d’entrainement

Durée : 2 heures

pour les vacances de la Toussaint, correction envoyée à la rentrée

L’objectif de ce problème est de déterminer un équivalent den!lorsquentend vers+∞.

Partie A : Intégrales et formule de Wallis

Pour n∈N, on considère les intégralesIn etJn définies par In =

Z ^π₂

0

sinⁿxdx et Jn = Z ^π₂

0

cosⁿxdx.

On les appelle les intégrales de Wallis.

1. (a) CalculerI₀et I₁.

(b) Démontrer que la suite(I_n)_n est décroissante et strictement positive.

(c) À l’aide d’un changement de variable adéquat, établir que pour tout entier naturel n,I_n =J_n. 2. (a) Établir que pour tout entier natureln,I_n+2= n+ 1

n+ 2I_n. (b) En encadrant In+1

In

, démontrer queIn+1∼In lorsquentend vers+∞.

(c) Justifier que la suite de terme général(n+1)In+1Inest constante. Quelle est la valeur de son terme général ? (d) En déduire queIn∼

r π

2n lorsquentend vers+∞.

3. (a) Pourp∈N, exprimerI2p et I2p+1 à l’aide de nombres factoriels.

(b) En observant que (2p+ 1)I2p+1

(2p)I_2p tend vers1lorsque ptend vers+∞, démontrer la formule de Wallis :

p→+∞lim

2^2p(p!)² (2p)!√

p = √ π.

Partie B : Formule de Stirling

Cette partie exploite les résultats de la question A.3.(b)qui pourra, au besoin, être admise.

Nous avons vu en cours que la suite(v_n)_n définie par v_n = ln

nⁿ⁺¹²e⁻ⁿ

−ln(n!) = ln nⁿ⁺¹²e⁻ⁿ n!

!

=−ln(u_n) est convergente (nous avions appeléK sa limite). Notons` sa limite.

1. En calculant de deux manières lim

n→+∞2vn−v2n, démontrer que`=−1 2ln(2π).

2. Conclure quen!^n→+∞∼ √

2πe⁻ⁿnⁿ⁺¹². C’est la formule de Stirling.

1

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 05 d’entrainement – éléments de correction

Partie A : Intégrales et formule de Wallis

1. (a) Sans détour : I0= Z ^π₂

0

1dt= π

2 et I1= Z ^π₂

0

sintdt= [−cost]^π/2₀ = 1. (b) Remarquons que pour toutt∈h

0,π 2 i

, sinⁿt≥0. Comme de plus t7→sinⁿt est continue non nulle, on en déduit queI_n>0.

En outreIn+1−In = Z π/2

0

sinⁿt(sint−1)dt≤0cart7→sinⁿt(sint−1)est négative sur h 0,π

2 i

. Ainsi (I_n)_n est une suite décroissante et strictement positive .

(c) En effectuant le changement de variableu= π

2 −t, il vient : In =

Z ^π₂

0

sinⁿtdt = Z 0

π 2

sinⁿπ 2 −u

(−du) = Z ^π₂

0

cosⁿudu

autrement dit I_n=J_n .

2. (a) Effectuons une intégration par parties, en posantu= sinⁿ⁺¹ et v=−cos(qui sont bien de classe C¹) : I_n+2 =

Z ^π₂

0

sinⁿ⁺²tdt = Z ^π₂

0

sintsinⁿ⁺¹tdt =

−costsinⁿ⁺¹t^π₂

0 + Z ^π₂

0

(n+ 1) cos²tsinⁿtdt

ce qui donne

I_n+2 = (n+ 1) Z ^π₂

0

(1−sin²t) sinⁿtdt = (n+ 1)I_n−(n+ 1)I_n+2. On en déduit :

In+2 = n+ 1 n+ 2In .

(b) Nous avonsIn+1≤In donc In+1

I_n ≤1.

Par ailleurs In+1

In

= n+ 1 n+ 2

In+1

In+2

≥n+ 1

n+ 2 car In+1

In+2

≥1.

Finalement n+ 1

n+ 2 ≤In+1

In

≤1et d’après le théorème des gendarmes : lim

n→+∞

In+1

In

= 1. (c) Remarquons que (n+ 2)I_n+2I_n+1 = (n+ 2)I_n+1n+ 1

n+ 2I_n = (n+ 1)I_n+1I_n. La suite de terme général (n+ 1)In+1In est donc constante, et

∀n∈N, (n+ 1)In+1In = I1I0 = π 2 .

(d) PuisqueIn∼In+1 lorsquentend vers+∞et π

2 = (n+ 1)In+1In∼nI_n², on en déduit : In ∼

r π 2n .

1

3. (a) Nous avonsI2p=2p−1

2p I2p−2=(2p−1)(2p−3)

(2p)(2p−2) I2p−4=· · ·= (2p−1)(2p−3)× · · ·3×1 (2p)(2p−2)× · · ·4×2 I0. Par conséquentI2p= (2p)(2p−1)(2p−2)(2p−3)× · · ·3×2×1

[(2p)(2p−2)× · · ·4×2]²

π

2 = (2p)!

[2^pp(p−1)· · · ×2×1]² π 2. On en déduit

I2p = (2p)!

2^2p+1(p!)²π . Par la même démarche :

I2p+1 = 2^2p(p!)² (2p+ 1)! .

(b) D’après le B.2.(b), nous avonsI_n+1^n→+∞∼ I_n, donc (2p+ 1)I_2p+1 2pI2p

p→+∞∼ 2pI_2p 2pI2p

= 1. Or

(2p+ 1)I2p+1

2pI2p

= (2p+ 1) 2p

2^2p(p!)² (2p+ 1)!

(2p)!

2^2p+1(p!)²π

= 2^4p(p!)⁴ p((2p)!)²

1 π.

On en déduit :

π = lim

p→+∞

2^4p(p!)⁴ p((2p)!)² et par continuité de la fonction racine carrée :

√π= lim

p→+∞

2^2p(p!)² (2p)!√

p .

Partie B : Formule de Stirling

1. D’une part2vn−v2n tend vers2`−`=`lorsquentend vers+∞.

D’autre part :

2v_n−v_2n = ln

n²ⁿ⁺¹e⁻²ⁿ (2n)²ⁿ⁺¹²e⁻²ⁿ

−ln (n!)²

(2n)!

= ln √

n(2n)!

2²ⁿ⁺¹²(n!)²

donc tend versln 1

√

2π d’après le A.3.(b). Par conséquent

` = ln 1

√2π = −1

2ln(2π).

2. Ensuite :

ln

"√

2πnⁿ⁺¹²e⁻ⁿ n!

#

= ln√ 2π+v_n

donc tend vers0lorsquentend vers+∞. Il s’ensuit que

n→+∞lim

√2πnⁿ⁺¹²e⁻ⁿ

n! = 1

puis

n! ∼ √

2πe⁻ⁿnⁿ⁺¹² .

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