Corrigé

© Laurent Garcin MP Dumont d’Urville

Devoir à la maison n°04

• Le devoir devra être rédigé sur des copies doubles.

• Les copies ne devront comporter ni rature, ni renvoi, ni trace d’effaceur.

• Toute copie ne satisfaisant pas à ces exigences devra être intégralement récrite.

Problème 1

Partie I – Intégrales de Wallis 1. Le calcul ne pose aucune difficulté, on trouveI₀= ^π

2 etI₁= 1.

2. On intègre par parties

I_𝑛+2= [−cos(𝑡)sin^𝑛+1(𝑡)]

π

02 + (𝑛 + 1) ∫

π 2 0

cos²(𝑡)sin^𝑛(𝑡)𝑑𝑡

= (𝑛 + 1) ∫

π 2

0

(1 −sin²(𝑡))sin^𝑛(𝑡)𝑑𝑡

= (𝑛 + 1) ∫

π 2 0

(sin^𝑛(𝑡) −sin^𝑛+2(𝑡))𝑑𝑡

= (𝑛 + 1)I𝑛− (𝑛 + 1)I𝑛+2

D’où la relation de récurrence,

∀𝑛 ∈ ℕ, (𝑛 + 2)I𝑛+2= (𝑛 + 1)I𝑛

3. D’après la relation de récurrence établie précédemment : I_2𝑛= (2𝑛 − 1) × (2𝑛 − 3) × ⋯ × 3 × 1

(2𝑛) × (2𝑛 − 2) × ⋯ × 4 × 2 I₀

= (2𝑛) × (2𝑛 − 1) × (2𝑛 − 2) × (2𝑛 − 3) × ⋯ × 4 × 3 × 2 × 1 [(2𝑛) × (2𝑛 − 2) × ⋯ × 4 × 2]² I0

= (2𝑛)!

[2^𝑛𝑛!]²I0= (2𝑛)!

2^2𝑛(𝑛!)² π 2 De la même façon,

I_2𝑛+1= (2𝑛) × (2𝑛 − 2) × ⋯ × 4 × 2 (2𝑛 + 1) × (2𝑛 − 1) × ⋯ × 5 × 3I₁

= [(2𝑛) × (2𝑛 − 2) × ⋯ × 4 × 2]²

(2𝑛 + 1) × (2𝑛) × (2𝑛 − 1) × (2𝑛 − 2) × ⋯ × 5 × 4 × 3 × 2I1

= [2^𝑛𝑛!]²

(2𝑛 + 1)!I₁= 2^2𝑛(𝑛!)² (2𝑛 + 1)!

4. Puisque∀𝑡 ∈ [0,^π

2],0 ≤sin(𝑡) ≤ 1, on a

∀𝑛 ∈ ℕ,sin^𝑛+1(𝑡) ≤sin^𝑛(𝑡) Ainsi après intégration sur le segment[0,^π

2],I_𝑛+1 ≤ I_𝑛. La suite(I_𝑛)_𝑛∈ℕest donc décroissante. On a donc en particulier,

∀𝑛 ∈ ℕ, I_𝑛+2≤ I_𝑛+1≤ I_𝑛

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Soit encore, d’après la relation de récurrence obtenue ci-dessus,

∀𝑛 ∈ ℕ,𝑛 + 1

𝑛 + 2I_𝑛≤ I_𝑛+1≤ I_𝑛

5. Par une récurrence sans difficulté, on prouve à l’aide de l’inégalité précédente que pour tout𝑛positif,I_𝑛> 0. D’après la question précédente,

∀𝑛 ∈ ℕ,𝑛 + 1 𝑛 + 2 ≤ I𝑛+1

I_𝑛 ≤ 1 De plus,

𝑛→+∞lim 𝑛 + 1 𝑛 + 2 = 1 d’où , en appliquant le théorème d’encadrement,

𝑛→+∞lim I𝑛+1

I𝑛

= 1 et doncI𝑛+1 ∼

𝑛→+∞I𝑛. 6. On remarque que∀𝑛 ∈ ℕ,

(𝑛 + 2)I𝑛+2I𝑛+1= (𝑛 + 1)I𝑛I𝑛+1

La suite((𝑛 + 1)I𝑛I𝑛+1)𝑛∈ℕest donc constante égale à ^π

2 carI0=^π

2 etI1= 1.

7. On a(𝑛 + 1)I_𝑛+1I_𝑛 ∼

𝑛→+∞𝑛I²_𝑛d’après ce qui précède. Ainsi,

𝑛→+∞lim 𝑛I²𝑛=π 2 Puisque la fonction racine carrée est continue en ^π

2 et queI𝑛est positive,

𝑛→+∞lim √𝑛I_𝑛=√ π 2 AinsiI𝑛 ∼

𝑛→+∞√

π 2𝑛.

Partie II – Formule de Stirling 1. On a𝑣_𝑛= (𝑛 +1

2)ln(1 + 1

𝑛) − 1. Or

ln(1 + 1 𝑛) =

𝑛→+∞

1 𝑛− 1

2𝑛² + 𝒪 (1 𝑛³) donc𝑣_𝑛 =

𝑛→+∞𝒪 (¹

𝑛²).

2. Comme𝑣𝑛 ∼

𝑛→+∞𝒪 (1/𝑛²)et que la série à termes positifs∑_𝑛≥1 ¹

𝑛² converge, la série∑_𝑛≥1𝑣𝑛converge. Par téles- copage, cela signifie que la suite(ln(𝑢𝑛))_𝑛≥1converge vers une limiteλ ∈ ℝ. Par continuité de l’exponentielle, la suite(𝑢_𝑛)_𝑛≥1converge versℓ = 𝑒^λ> 0.

3. On déduit de la question précédente que𝑛! ∼

𝑛→+∞

𝑛^𝑛𝑒^−𝑛√𝑛 ℓ .

En utilisant l’expression factorielle deI2𝑛trouvée enI.3, on obtientI2𝑛 ∼

𝑛→+∞

πℓ

√2𝑛. Or d’après la questionI.7, on a I_2𝑛 ∼

𝑛→+∞

√π

2√𝑛. On en déduitℓ = ¹

√2π. Ainsi𝑛! ∼

𝑛→+∞√2π𝑛^𝑛𝑒^−𝑛√𝑛.

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