Exercice corrigé : Formule de Stirling

Voici un exercice corrigé détaillé démontrant la formule de Stirling
Formule de stirling

Voici l’énoncé d’un exercice qui permet de faire la démonstration de la formule de Stirling. C’est un exercice à la frontière entre le chapitre des intégrales et celui des suites, en passant par les séries. C’est un exercice tout à fait faisable en première année dans le supérieur. Il faut d’abord avoir fait l’exercice sur les intégrales de Wallis. En voici l’énoncé :

Formule de stirling

Voici la correction ! Tous les résultats démontrés durant l’exercice sur l’intégrale de Wallis seront utilisés, alors allez d’abord le lire !

Un lemme préliminaire

Tout d’abord, montrons le lemme suivant :

\exists L \in \mathbb{R}_+^*, \displaystyle \lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{n!}{n^n e^{-n}\sqrt{n}}=L

Appelons (un) la suite définie par

u_n =  \dfrac{n!}{n^n e^{-n}\sqrt{n}}

Et (vn) la suite définie par

v_n = \ln\left( \dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right)

On a :

\begin{array}{l}
\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}e^{-(n+1)}\sqrt{n+1}}\dfrac{n^ne^{-n}\sqrt{n}}{n!}\\
\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n+1}{(n+1)^{n+1}\sqrt{n+1}}n^ne\sqrt{n}\\
\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{n^{n+\frac{1}{2}}e}{(n+1)^{n+\frac{1}{2}}}\\
\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{e}{(1+\frac{1}{n})^{n+\frac{1}{2}}}
\end{array}

On en déduit une expression de (vn)

v_n = 1 -(n+\dfrac{1}{2})\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)

Trouvons un équivalent de (vn) en faisant une développement limité à l’ordre 3 :

\begin{array}{l}
1 -(n+\dfrac{1}{2})\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right) \\
= 1 - (n+\dfrac{1}{2})\left[ \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+\dfrac{1}{3n^3}+o(\dfrac{1}{n^3})\right]\\
=1 - 1 -\dfrac{1}{2n}+\dfrac{1}{2n}+\dfrac{1}{4n^2}-\dfrac{1}{3n^2}+o(\dfrac{1}{n^2})\\
= -\dfrac{1}{12n^2}+o(\dfrac{1}{n^2})
\end{array}

Qui est le terme général d’une série convergente vers une limite l. On en déduit alors que :

\displaystyle \sum_{k=1}^n v_k =  \sum_{k=1}^n \ln( u_{k+1})-\ln( u_{k})=\ln(u_{n+1})- \ln(u_1)

On en déduit alors que

\displaystyle \lim_{n\rightarrow + \infty}\ln(u_n)= l+ \ln(u_1)

Et en prenant l’exponentielle on en déduit que la suite (un) converge. On appelle L sa limite.

Utilisons les résultats de l’intégrale de Wallis

Pour rappel, tout est ici. On sait que

W_{2n}= \dfrac{(2n)!}{2^{2n}n!^2}\dfrac{\pi}{2}

Et aussi que

W_{2n+1}= \dfrac{2^{2n}n!^2}{(2n+1)!}

On avait aussi obtenu le résultat suivant

W_{2n}\sim W_{2n+1}

Calcul final

Calculons le rapport suivant entre W2n+1 et W2n

\begin{array}{l}
\dfrac{W_{2n+1}}{W_{2n}}\\
= \dfrac{2^{2n}n!^2}{(2n+1)!}\dfrac{2^{2n}n!^2}{(2n)!}\dfrac{2}{\pi}\\
= \dfrac{2^{4n}n!^4}{(2n+1)!(2n)!}\dfrac{2}{\pi}\\
=\dfrac{2^{4n}n!^4}{(2n+1)(2n)!^2}\dfrac{2}{\pi}
\end{array}

Or, d’après le lemme, on a montré que

n! \sim Ln^n e^{-n}\sqrt{n}

En reprenant ce résultat dans le rapport d’au-dessus, on obtient :

\begin{array}{l}
1 
\sim \dfrac{W_{2n+1}}{W_{2n}}\\
\sim\dfrac{2^{4n}L^4n^{4n}e^{-4n}\sqrt{n}^4} {(2n+1)L^{2}((2n)^{2n}e^{-2n}\sqrt{2n})^2}\dfrac{2}{\pi}\\
=\dfrac{2^{4n}L^2n^{4n}e^{-4n}\sqrt{n}^4} {(2n+1)2^{4n}n^{4n}e^{-4n}2n}\dfrac{2}{\pi}\\
=\dfrac{L^2\sqrt{n}^4} {(2n+1)2n}\dfrac{2}{\pi}\\
\sim \dfrac{L^2}{2\pi}
\end{array}

On en déduit, via l’équivalent, la valeur de L.

\begin{array}{l}
1 \sim \dfrac{L^2}{2\pi}\\\\
\Leftrightarrow L^2 \sim 2\pi\\\\
\Leftrightarrow L \sim \sqrt{2\pi}
\end{array}

Ce qui nous donne la valeur de L. On peut donc en déduire la fameuse formule de Stirling :

n! \sim n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}

C’est une formule qui n’est pas officiellement au programme de prépa mais qu’il est important de bien connaitre. On appelait cela le “programme officieux”. Les techniques pour la redémontrer sont elles tout à fait classiques et il est nécessaire de savoir les utiliser.

Le corrigé en vidéo

Voici le corrigé de cet exercice en vidéo !

Et voilà pour cet exercice sur la formule de Stirling ! Cet exercice vous a plu ?

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