Sommaire
Enoncé
Corrigé
Formule de Stirling
Exercices en vidéo
On définit les intégrales de Wallis de la manière suivante : ∀ n ∈ N:
\(\displaystyle W_n = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t) dt \)
1) Montrer que la suite (Wn)n ∈ N est bien définie et que ∀ n ∈ N :
\(\displaystyle W_n = \int\limits_0^{\pi / 2} cos^n(t) dt \)
En déduire W2.
2) Calculer W0 et W1 et montrer que la suite (Wn) est décroissante.
3) Exprimer, ∀ n ∈ N, Wn+2 en fonction de Wn.
4) ∀ p ∈ N, exprimer W2p et W2p+1 en fonction de p.
5) Montrer que Wn+1 est équivalent en +∞ à Wn (c’est-à-dire montrer que Wn+1 ~ Wn).
6) Montrer que la suite ((n+1)WnWn+1)n∈N est constante.
7) En déduire un équivalent simple de Wn en +∞ puis la limite de Wn.
8) Déduire de tout ce qui précède un équivalent de n! (formule de Stirling)
1) Pour tout entier naturel n et tout t appartenant à [0 ; π/2], la fonction t ↦ sinn(t) est continue donc (Wn) est bien définie.
Posons maintenant le changement de variable x = π/2 – t
Alors t = π/2 – x, et dt = -dx
sin(π/2 – x) = cos(x)
Quand t = 0, x = π/2 et à l’inverse pour t = π/2 on a x = 0.
D’où :
\(\displaystyle W_n = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t) dt = \int\limits_{\pi / 2}^{0} cos^n(x) (-dx) \)
\(\displaystyle W_n = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t) dt = \int\limits_0^{\pi / 2} cos^n(x) dx \)
Calculons W2 en l’exprimant de 2 manières différentes :
\(\displaystyle W_2 = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^2(t) dt = \int\limits_0^{\pi / 2} cos^2(t) dt \)
Donc :
\(\displaystyle 2W_2 = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^2(t) dt + \int\limits_0^{\pi / 2} cos^2(t) dt \)
\(\displaystyle 2W_2 = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^2(t) + cos^2(t) dt \)
\(\displaystyle 2W_2 = \int\limits_0^{\pi / 2} 1 dt \)
\(\displaystyle 2W_2 = \frac{\pi}{2} \)
\(\displaystyle W_2 = \frac{\pi}{4} \)
2) Calculons W0 et W1 :
\(\displaystyle W_0 = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^0(t) dt \)
\(\displaystyle W_0 = \int\limits_0^{\pi / 2} 1 dt \)
\(\displaystyle W_0 = \frac{\pi}{2} \)
\(\displaystyle W_1 = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^1(t) dt \)
\(\displaystyle W_1 = \left[ -cos(t) \right]_{0}^{\pi / 2} \)
\(\displaystyle W_1 = -cos(\frac{\pi}{2}) + cos(0) \)
\(\displaystyle W_1 = 1 \)
Montrons que (Wn) est décroissante :
\(\displaystyle W_{n+1} – W_n = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^{n+1}(t) dt – \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t) dt \)
\(\displaystyle W_{n+1} – W_n = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^{n+1}(t) – sin^n(t) dt \)
\(\displaystyle W_{n+1} – W_n = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t)(sin(t) – 1) dt \)
\(\displaystyle Or \, \forall t \in [0 ; \frac{\pi}{2}] \, et \, \forall n \in \mathbb{N} : \)
\(\displaystyle sin^n(t) \ge 0 \, et \, sin(t) – 1 \le 0 \)
\(\displaystyle Donc \, \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t)(sin(t) – 1) dt \le 0 \)
\(\displaystyle Soit \, W_{n+1} – W_n \le 0 \)
Donc (Wn) est bien décroissante.
3) Exprimons ∀ n ∈ N, Wn+2 en fonction de Wn.
L’astuce est de séparer sinn + 2(t) d’une certaine manière pour faire une IPP :
\(\displaystyle W_{n+2} = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^{n+2}(t) dt \)
\(\displaystyle W_{n+2} = \int\limits_0^{\pi / 2} sin^{n+1}(t) \times sin(t) dt \)
On fait une IPP on posant u = sinn + 1(t) et v’ = sin(t)
Donc u’ = (n + 1)sinn(t)cos(t) et v = – cos(t) :
\(\textstyle W_{n+2} = \left[ -cos(t)sin^{n+1}(t) \right]_{0}^{\pi / 2} \)
\(\textstyle – \int\limits_0^{\pi / 2} (n+1)sin^n(t)cos(t)(-cos(t)) dt \)
Le crochet vaut 0 car cos(π/2) = 0 et sin(0) = 0, et pour l’intégrale de droite les deux signes « moins » s’annulent, on peut sortir le (n + 1) par linéarité et on peut regrouper les cos(t) :
\(\displaystyle W_{n+2} = (n + 1) \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t)cos^2(t) dt \)
\(\displaystyle W_{n+2} = (n + 1) \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t)(1 – sin^2(t)) dt \)
\(\displaystyle W_{n+2} = (n + 1) \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t)- sin^{n + 2}(t) dt \)
\(\displaystyle W_{n+2} = (n + 1) \left[\int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t) dt – \int\limits_0^{\pi / 2} sin^{n + 2}(t) dt \right] \)
\(\displaystyle W_{n+2} = (n + 1) [W_n – W_{n + 2}] \)
\(\displaystyle W_{n+2} = (n + 1) W_n – (n + 1) W_{n + 2} \)
\(\displaystyle (n + 2) W_{n+2} = (n + 1) W_n \)
\(\displaystyle W_{n+2} = \frac{n + 1}{n + 2}W_n \)
4) ∀ p ∈ N, exprimons W2p et W2p+1 en fonction de p.
C’est peut être la question la plus délicate !
Commençons par W2p. Pour cela, on va exprimer W2, W4, W6 etc… et faire apparaître une formule générale.
D’après la relation de récurrence trouvée à la question 3, en remplaçant n par 0, on a :
\(\displaystyle W_2 = \frac{1}{2} W_0 \)
On remplace n par 2 :
\(\displaystyle W_4 = \frac{3}{4} W_2 \)
\(\displaystyle W_4 = \frac{3}{4} \frac{1}{2} W_0 \)
De même :
\(\displaystyle W_6 = \frac{5}{6} W_4 \)
\(\displaystyle W_6 = \frac{5}{6}\frac{3}{4} \frac{1}{2} W_0 \)
\(\displaystyle W_6 = \frac{5 \times 3 \times 1}{6 \times 4 \times 2} W_0 \)
On commence à voir apparaître quelque chose d’intéressant : au numérateur on a tous les entiers impairs, et au dénominateur tous les pairs, avec W0 à la fin.
On voit que pour W6, on va au dénominateur jusqu’à 6, et au numérateur jusqu’à 5.
Donc pour W2p, on peut supposer qu’on va au dénominateur jusqu’à 2p, et au numérateur jusqu’à 2p – 1.
On peut donc conjecturer que :
\(\displaystyle W_{2p} = \frac{1 \times 3 \times 5 \times … \times (2p – 1)}{2 \times 4 \times 6 \times … \times (2p)} W_0 \)
Ceci reste une conjecture donc il faut prouver cette égalité évidemment !
On peut montrer cette relation par itération successive, ou encore mieux par récurrence grâce à la relation trouvée à la question 3. C’est assez simple donc nous te laissons rédiger cela proprement 
Bon c’est bien joli cette équation mais les trois petits points c’est pas terrible !
Nous allons donc utiliser une petite astuce pour simplifier tout cela. Au numérateur il y a tous les entiers impairs, si on ajoute les pairs qui manquent, on obtiendra du factoriel, ce qui est beaucoup mieux ! Et tous ces nombres pairs que l’on ajoute au numérateur (2 x 4 x 6 x … (2p)) il faut les ajouter au dénominateur pour compenser.
Or (2 x 4 x 6 x … (2p)) est exactement le dénominateur, donc ce dernier est au carré !
\(\displaystyle W_{2p} = \frac{1 \times 2 \times 3 \times … \times (2p – 1) \times (2p)}{(2 \times 4 \times 6 \times … \times (2p))^2} W_0 \)
\(\displaystyle W_{2p} = \frac{(2p)!}{(2 \times 4 \times 6 \times … \times (2p))^2} W_0 \)
Et pour le dénominateur, l’astuce va être de remplace 2 par 2 x 1, 4 par 2 x 2, 6 par 2 x 3 etc…
\(\displaystyle W_{2p} = \frac{(2p)!}{(2 \times 1 \times 2 \times 2 \times 2 \times 3… \times 2 \times p)^2} W_0 \)
On va réorganiser le dénominateur pour faire apparaître du factoriel et des puissances de 2 :
\(\displaystyle W_{2p} = \frac{(2p)!}{((2 \times 2 \times… \times 2)(1 \times 2 \times 3… \times p)^2} W_0 \)
\(\displaystyle W_{2p} = \frac{(2p)!}{(2^p \times p!)^2} W_0 \)
\(\displaystyle W_{2p} = \frac{(2p)!}{(2^p \times p!)^2} \frac{\pi}{2} \)
On a désormais une expression bien plus simple !
Passons maintenant à W2p+1 : le principe va être grosso modo le même avec une petite différence, donc nous irons un peu plus vite sur le calcul.
\(\displaystyle W_3 = \frac{2}{3} W_1 \)
\(\displaystyle W_5 = \frac{4}{5} W_3 \)
\(\displaystyle W_5 = \frac{4}{5}\frac{2}{3} W_1 \)
\(\displaystyle W_7 = \frac{6}{7}W_5 \)
\(\displaystyle W_7 = \frac{6}{7}\frac{4}{5}\frac{2}{3} W_1 \)
Cette fois-ci on a les pairs au numérateur et les impairs au dénominateur, et ce n’est pas W0 mais W1, donc on conjecture que :
\(\displaystyle W_{2p+1} = \frac{2 \times 4 \times 6 \times … \times (2p)}{1 \times 3 \times 5 \times … \times (2p + 1)} W_1 \)
A démontrer par itérations ou par récurrence évidemment !
On va utiliser la même astuce que précédemment en ajoutant les nombres pairs (2 x 4 x 6 x … x (2p)) au numérateur et au dénominateur :
\(\displaystyle W_{2p+1} = \frac{(2 \times 4 \times 6 \times … \times (2p))^2}{1 \times 2 \times 3 \times … \times (2p+1)} W_1 \)
\(\displaystyle W_{2p+1} = \frac{(2^p p!)^2}{(2p + 1)!} W_1 \)
Et comme W1 = 1 on peut l’enlever éventuellement.
5) Montrons que Wn+1 ~ Wn
Pour cela on va d’abord montrer que Wn > 0.
\(\displaystyle \forall t \in ]0 ; \frac{\pi}{2}], \, sin(t) \gt 0 \)
\(\displaystyle d’où \, sin^n(t) \gt 0 \)
\(\displaystyle donc \, \int\limits_0^{\pi / 2} sin^n(t) dt \gt 0 \)
\(\displaystyle ainsi \, W_n \gt 0 \)
Par ailleurs, on a démontré à la question 2 que (Wn) est décroissante, d’où :
\(\displaystyle W_{n + 2} \le W_{n + 1} \le W_n \)
Comme Wn >, on peut diviser par Wn :
\(\displaystyle \frac{W_{n + 2}}{W_n} \le \frac{W_{n + 1}}{W_n} \le \frac{W_n}{W_n} \)
\(\displaystyle \frac{n + 1}{n + 2} \le \frac{W_{n + 1}}{W_n} \le 1 \)
\(\displaystyle or \, \lim_{n \to +\infty}\frac{n + 1}{n + 2} = 1 \)
\(\displaystyle donc \, d’après \, le \, théorème \, des \, gendarmes \, : \)
\(\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\frac{W_{n + 1}}{W_n} = 1 \)
\(\displaystyle Donc \, W_{n + 1} \sim W_n \)
6) Montrons que la suite ((n+1)WnWn+1) est constante.
Pour cela posons un = (n+1)WnWn+1 et montrons que un + 1 = un
\(\displaystyle u_{n + 1} = (n + 2)W_{n + 1}W_{n + 2} \)
\(\displaystyle u_{n + 1} = (n + 2)W_{n + 1}\frac{n + 1}{n + 2}W_{n} \)
\(\displaystyle u_{n + 1} = W_{n + 1}(n + 1)W_{n} \)
\(\displaystyle u_{n + 1} = u_n \)
Comme tu le vois c’est très simple, et là encore nous avons réutilisé l’égalité montrée à la question 3.
Comme (un) est constante, on peut aller plus loin en donnant son expression qui correspond à n’importe quel terme de la suite, par exemple u0 :
\(\displaystyle u_0 = (0 + 1)W_0 W_1 \)
\(\displaystyle u_0 = 1 \times \frac{\pi}{2} \times 1 \)
\(\displaystyle u_0 = \frac{\pi}{2} \)
Ainsi :
\(\displaystyle \forall n \in \mathbb{N}, u_n = \frac{\pi}{2} \)
\(\displaystyle \forall n \in \mathbb{N}, (n + 1)W_n W_{n + 1} = \frac{\pi}{2} \)
7) Trouvons un équivalent simple de Wn en +∞ puis la limite de Wn.
D’après la question 5 :
\(\displaystyle W_n \sim W_{n + 1} \)
Donc :
\(\displaystyle (n + 1) W_n ^2 \sim (n + 1)W_n W_{n + 1} \)
En utilisant la question 6 :
\(\displaystyle (n + 1) W_n ^2 \sim \frac{\pi}{2} \)
\(\displaystyle W_n ^2 \sim \frac{\pi}{2(n+1)} \)
\(\displaystyle W_n ^2 \sim \frac{\pi}{2n} \)
\(\displaystyle \sqrt{W_n ^2} \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} \)
\(\displaystyle \left|W_n\right| \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} \)
Or on a vu que Wn > 0, donc |Wn| = Wn :
\(\displaystyle W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} \)
Par ailleurs :
\(\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt{\frac{\pi}{2n}} = 0 \)
\(\displaystyle donc \, \lim_{n \to +\infty} W_n = 0 \)
Nous allons démontrer la formule de Stirling qui est :
\(\displaystyle n! \sim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n \)
Pour cela, nous allons poser pour tout entier naturel n > 0 :
\(\displaystyle u_n = \frac{n^n e^{-n} \sqrt{n}}{n!} \)
\(\displaystyle et \, v_n = ln(u_{n+1}) – ln(u_n) = ln(\frac{u_{n + 1}}{u_n}) \)
Nous allons montrer que la série de terme général vn converge :
\(\displaystyle v_n = ln(\frac{u_{n + 1}}{u_n}) \)
\(\displaystyle v_n = ln(\frac{\frac{(n+1)^{n+1} e^{-n-1} \sqrt{n+1}}{(n+1)!}}{\frac{n^n e^{-n} \sqrt{n}}{n!}}) \)
\(\displaystyle v_n = ln(\frac{(n+1)^n e^{-n-1} \sqrt{n+1}}{n!} \times {\frac{n!}{n^n e^{-n} \sqrt{n}}}) \)
\(\displaystyle v_n = ln(\frac{(n + 1)^{n + \frac{1}{2}} e^{-1}}{n^{n + \frac{1}{2}}}) \)
\(\displaystyle v_n = ln(e^{-1}) + ln((\frac{n + 1}{n})^{n + \frac{1}{2}}) \)
\(\displaystyle v_n = -1 + (n + \frac{1}{2})ln(1 + \frac{1}{n}) \)
\(\displaystyle v_n = -1 + (n + \frac{1}{2})(\frac{1}{n} – \frac{1}{2n^2} + o(\frac{1}{n^3})) \)
\(\displaystyle v_n = -1 + 1 – \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n} + o(\frac{1}{n^2}) \)
\(\displaystyle v_n = o(\frac{1}{n^2}) \)
Ainsi, d’après le critère de comparaison des séries à termes positifs, la série [vn] converge par comparaison avec une série de Riemann convergente.
On peut donc dire que
\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} v_k \, converge \)
Or par télescopage,
\(\displaystyle \sum_{k = 1}^{n} v_k = ln(u_{n + 1}) – ln(u_1) \)
Donc la suite (ln(un+1) – ln(u1)) converge , ce qui revient à dire que la suite (ln(un)) converge vers une limite que l’on note L, donc la suite (un) converge vers eL, qui est donc strictement positif :
\(\displaystyle (u_n) \, converge \, vers \, e^L \gt 0 \)
\(\displaystyle donc \, u_n \sim e^L \)
\(\displaystyle \frac{n^n e^{-n} \sqrt{n}}{n!} \sim e^L \)
\(\displaystyle n! \sim \frac{n^n e^{-n} \sqrt{n}}{e^L} \)
\(\displaystyle n! \sim n^n e^{-n} \sqrt{n} \times k \)
\(\displaystyle avec \, k = \frac{1}{e^L} \)
Il ne reste plus qu’à trouver la constante k pour finir la démonstration. C’est là que les intégrales de Wallis vont intervenir :
\(\displaystyle W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} \)
\(\displaystyle W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}} \)
\(\displaystyle \frac{(2p)!}{2^{2p} (p!)^2}\frac{\pi}{2} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}} \)
Or d’après l’équivalent de n! trouvé précédemment :
\(\displaystyle \frac{(2p)!}{2^{2p}(p!)^2} \sim \frac{(2p)^{2p} e^{-2p} \sqrt{2p} k}{2^{2p}(p^p e^{-p} \sqrt{p} k)^2} \)
\(\displaystyle \frac{(2p)!}{2^{2p}(p!)^2} \sim \frac{2^{2p} \times p^{2p} \times e^{-2p} \times \sqrt{2p} \times k}{2^{2p} \times p^{2p} \times e^{-2p} \times p \times k^2} \)
\(\displaystyle \frac{(2p)!}{2^{2p}(p!)^2} \sim \frac{\sqrt{2}}{k\sqrt{p}} \)
Ca se simplifie plutôt bien !
Réinjectons dans l’expression précédente :
\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{k\sqrt{p}}\frac{\pi}{2} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}} \)
\(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{k\sqrt{p}}\frac{\pi}{2} \sim \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{p}} \)
\(\displaystyle d’où \, k \sim \sqrt{2\pi} \)
Cette équivalence peut être transformée en égalité puisqu’il s’agit de deux constantes :
\(\displaystyle k = \sqrt{2\pi} \)
On a trouvé la constante k !
Il suffit alors de remplacer dans l’expression trouvée précédemment qui était :
\(\displaystyle n! \sim n^n e^{-n} \sqrt{n} \times k \)
\(\displaystyle n! \sim n^n e^{-n} \sqrt{n} \times \sqrt{2\pi} \)
On peut réarranger tout ça et ainsi retrouver la formule de Stirling :
\(\displaystyle n! \sim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e})^n \)
Pour voir la version vidéo des intégrales de Wallis, avec des méthodes différentes pour résoudre certaines questions ainsi que d’autres exercices similaires au précédent, clique ici !
Retour au sommaire des exercicesRemonter en haut de la page