Qu’est-ce qu’une factorielle ? (Partie 2)

article-prépa-scientifique

 

Pré-requis : intégration par parties, suites numériques équivalentes, calcul de développements limités, séries numériques (séries de Riemann, règle des équivalents).

 

1 – Une factorielle, c’est grand… mais grand comment ?

 

Si vous n’avez pas encore lu l’article « Qu’est-ce qu’une factorielle ? Partie 1 », lisez-le 🙂

On y trouve, pour l’essentiel, une interprétation étonnante de l’entier 52!, dont la taille gigantesque dépasse largement ce que notre intuition nous permet d’appréhender.

Je vous propose maintenant d’aller rendre visite à une formule célèbre, attribuée au mathématicien écossais James Stirling (1692-1770), qui donne une estimation asymptotique de n! lorsque n tend vers l’infini :

    \[ \boxed{n!\sim\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\sqrt{2\pi n}}\qquad\text{(Formule de Stirling)} \]

Le symbole \sim se lit « est équivalent à » et signifie que la limite du rapport des deux membres est égale à 1. Autrement dit, nous allons prouver que :

    \[ \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n!\thinspace e^{n}}{n^{n}\sqrt{n}}=\sqrt{2\pi} \]

😯 Une formule pour le moins surprenante !…

En effet, la factorielle d’un entier n est par définition égale au produit des entiers de 1 à n : c’est donc une quantité arithmétique très simplement définie.

Pourtant, lorsqu’on se penche sur son comportement à l’infini, on peut s’étonner de voir débarquer deux des plus grandes « stars » de l’analyse mathématique, à savoir les nombres π et e.

Afin d’établir ce résultat, intéressons-nous au préalable à une suite d’intégrales…

La n-ème intégrale de Wallis, notée W_{n}, est définie pour tout n\in\mathbb{N} par :

    \[ W_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(t\right)\thinspace dt \]

Nous allons :

  • d’une part, obtenir un équivalent de W_{n} lorsque n tend vers l’infini,
  • d’autre part, établir une formule explicite pour W_{2n}, qui fait intervenir des factorielles.

C’est essentiellement en combinant ces deux points que nous démontrerons la formule de Stirling.

 

2 – Une relation de récurrence

 

On commence par mettre en évidence une relation de récurrence vérifiée par la suite \left(W_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}}. Pour cela, on intègre par parties pour n\geqslant2, en posant :

    \[ u\left(t\right)=\sin^{n-1}\left(t\right)\qquad\text{et}\qquad v'\left(t\right)=\sin\left(t\right) \]

    \[ u'\left(t\right)=\left(n-1\right)\sin^{n-2}\left(t\right)\cos\left(t\right)\qquad\text{et}\qquad v\left(t\right)=-\cos\left(t\right) \]

ce qui donne :

    \[ W_{n}=\left[-\sin^{n-1}\left(t\right)\cos\left(t\right)\right]_{0}^{\pi/2}+\left(n-1\right)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}\left(t\right)\cos^{2}\left(t\right)\thinspace dt \]

Le terme entre crochets est nul puisque \sin\left(0\right)=\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0. Par ailleurs, en remplaçant \cos^{2}\left(t\right) par 1-\sin^{2}\left(t\right) dans la dernière intégrale, il vient :

    \[ W_{n}=\left(n-1\right)\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-2}\left(t\right)\left(1-\sin^{2}\left(t\right)\right)\thinspace dt=\left(n-1\right)\left(W_{n-2}-W_{n}\right) \]

Nous avons prouvé que, pour tout n\geqslant2 :

    \[ \boxed{nW_{n}=\left(n-1\right)W_{n-2}}\qquad(\star) \]

Cette relation de récurrence ramène le calcul de W_{n} à celui de W_{n-2}, puis de W_{n-4} … etc … et finalement de W_{0} (si n est pair) ou de W_{1} (sinon).

On calcule donc, une fois pour toutes :

    \[ \boxed{W_{0}=\int_{0}^{\pi/2}\thinspace dt=\frac{\pi}{2}}\qquad\text{et}\qquad\boxed{W_{1}=\int_{0}^{\pi/2}\sin\left(t\right)\thinspace dt=1} \]

après quoi, le calcul numérique de W_{n} pour une petite valeur de n est un jeu d’enfant.

Par exemple :

    \[ W_{7}=\frac{6}{7}\thinspace W_{5}=\frac{6}{7}\times\frac{4}{5}\thinspace W_{3}=\frac{6}{7}\times\frac{4}{5}\times\frac{2}{3}\thinspace W_{1}\qquad\text{soit : }W_{7}=\frac{16}{35} \]

 

3 – Equivalent de la n-ème intégrale de Wallis

 

La suite \left(W_{n}\right)_{n\geqslant0} est décroissante. En effet, pour tout n\in\mathbb{N} :

    \[ W_{n+1}-W_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(t\right)\left(\sin\left(t\right)-1\right)\thinspace dt \]

Or d’une part \sin\left(t\right)\geqslant0 pour tout t\in\left[0,\pi\right] (et, a fortiori, pour tout t\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]) et, d’autre part \sin\left(t\right)\leqslant1 pour tout réel t. La différence W_{n+1}-W_{n} est donc négative, en tant qu’intégrale d’une fonction négative.

Il s’ensuit que, pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[ \boxed{W_{n+1}\leqslant W_{n}\leqslant W_{n-1}} \]

Les intégrales de Wallis sont toutes strictement positives, car une fonction continue, positive et qui n’est pas identiquement nulle possède une intégrale strictement positive. Autre justification possible … en utilisant la minoration

    \[ \forall t\in\left[0,\frac\pi 2\right],\,\sin(t)\geqslant\frac{2t}\pi \]

on voit que, pour tout n\in\mathbb{N} :

    \[ W_n\geqslant\int_0^{\pi/2}\left(\frac{2t}\pi\right)^n\thinspace dt=\frac{\pi}{2(n+1)}>0 \]

Bref, on peut diviser chaque membre de l’encadrement précédent par W_{n-1}, ce qui donne :

    \[ \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}}\leqslant\frac{W_{n}}{W_{n-1}}\leqslant1 \]

Compte tenu de la relation de récurrence \left(\star\right), ce dernier encadrement peut aussi s’écrire :

    \[ \frac{n}{n+1}\leqslant\frac{W_{n}}{W_{n-1}}\leqslant1 \]

et vu que {\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{n+1}=1,} le théorème d’encadrement (alias « théorème des gendarmes ») nous montre que :

    \[ \boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{W_{n}}{W_{n-1}}=1}\qquad\diamondsuit \]

Par ailleurs, en multipliant chaque membre de \left(\star\right) par W_{n-1}, on obtient :

    \[ nW_{n}W_{n-1}=\left(n-1\right)W_{n-1}W_{n-2} \]

ce qui montre que la suite \left(nW_{n}W_{n-1}\right)_{n\geqslant1} est constante. Cette constante n’est autre que le premier terme de la suite, c’est-à-dire 1\times W_{1}\times W_{0}. Or, nous connaissons les valeurs de W_{0} et W_{1} (elles ont été calculées à la section 2); on voit ainsi que :

    \[ \boxed{\forall n\geqslant1,\:nW_{n}W_{n-1}=\frac{\pi}{2}}\qquad\heartsuit \]

Pour finir, on peut écrire artificiellement, pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[ nW_{n}^{2}=nW_{n}W_{n-1}\;\frac{W_{n}}{W_{n-1}} \]

et donc, d’après \left(\diamondsuit\right) et \left(\heartsuit\right) :

    \[ nW_{n}^{2}\sim\frac{\pi}{2} \]

C’est-à-dire :

    \[ \boxed{W_{n}\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}}} \]

Cet équivalent indique une convergence “plutôt lente” vers 0 pour la suite \left(W_n\right)_{n\geqslant0}.

 

4 – Intégrales de Wallis d’indice pair

 

En exploitant la relation de récurrence \left(\star\right), on peut expliciter W_{n} en distinguant deux cas, selon la parité de n. Intéressons-nous au cas où n est pair …

On calcule successivement :

    \[ W_{2}=\frac{1}{2}\thinspace W_{0}\qquad W_{4}=\frac{3\times1}{4\times2}\thinspace W_{0}\qquad W_{6}=\frac{5\times3\times1}{6\times4\times2}\thinspace W_{0}\qquad\text{etc...} \]

ce qui laisse deviner, pour tout p\in\mathbb{N}, la formule générale :

    \[ W_{2p}=\frac{\left(2p-1\right)\left(2p-3\right)\cdots3\times1}{2p\left(2p-2\right)\cdots4\times2}\thinspace W_{0}\qquad\spadesuit \]

Cette formule se prouve aisément par récurrence (non détaillé).

La fraction au second membre de \left(\spadesuit\right) fait intervenir des produits d’entiers qui se suivent de 2 en 2 … Il ne reste donc pas grand chose à faire pour qu’apparaissent des factorielles !

On peut en effet multiplier le numérateur et le dénominateur de cette fraction par le produit 2p\left(2p-2\right)\cdots4\times2.

Ceci a pour effet de « boucher les trous » au numérateur et de faire apparaître la factorielle de 2p. On tombe ainsi sur :

    \[ W_{2p}=\frac{\left(2p\right)!}{\left[2p\left(2p-2\right)\cdots4\times2\right]^{2}}\thinspace W_{0} \]

c’est-à-dire :

    \[ \boxed{W_{2p}=\frac{\left(2p\right)!\thinspace\pi}{2^{2p+1}\left(p!\right)^{2}}} \]

Par exemple :

    \[ W_{20}=\frac{20!\:\pi}{2^{21}\left(10!\right)^{2}}\text{ soit, après simplification : }W_{20}=\frac{46189\thinspace\pi}{524288} \]

 

5 – La formule de Stirling

 

Comme cela a été indiqué en début d’article, nous souhaitons démontrer que :

    \[ \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n!\thinspace e^{n}}{n^{n}\sqrt{n}}=\sqrt{2\pi} \]

Pour cela, nous procéderons en deux temps :

  • [Etape 1] Nous allons d’abord prouver que la suite de terme général

        \[u_{n}=\frac{n!\thinspace e^{n}}{n^{n}\sqrt{n}}\]

    est convergente (étape 1-a) et que sa limite \lambda est non nulle (étape 1-b),

  • [Etape 2] ensuite, nous calculerons \lambda, en nous servant de ce que nous avons appris au sujet des intégrales de Wallis.

Pour des raisons de type « pédagogique », l’étape 1 sera traitée deux fois :

→ une première fois avec des outils de niveau « TS + » (c’est-à-dire de niveau Terminale S, mais avec une mise en œuvre technique supérieure à ce qui se pratique communément dans cette classe)

→ une seconde fois avec des outils de niveau 2ème année de prépa scientifique (développements limités, utilisation de séries numériques et des règles usuelles de convergence associées), ce qui aura pour effet de raccourcir significativement la démonstration.

 

5.1 – Détails de l’étape 1-a [Niveau TS +]

 

Pour montrer que la suite \left(u_{n}\right)_{n\geqslant1} converge, il suffit de voir qu’elle est décroissante (comme elle est d’évidence minorée par 0, le célèbre théorème « toute suite réelle décroissante et minorée converge » pourra s’appliquer).

Pour cela, comparons à 1 le quotient de deux termes consécutifs. Pour tout n\geqslant1 :

    \begin{eqnarray*} \frac{u_{n+1}}{u_{n}} & = & \frac{\left(n+1\right)!\thinspace e^{n+1}}{\left(n+1\right)^{n+1}\sqrt{n+1}}\:\frac{n^{n}\sqrt{n}}{n!\thinspace e^{n}}\cr \noalign{\vspace{8pt}} & = & \frac{\left(n+1\right)!}{n!}\thinspace\frac{e^{n+1}}{e^{n}}\thinspace\frac{n^{n}}{\left(n+1\right)\left(n+1\right)^{n}}\sqrt{\frac{n}{n+1}}\cr \noalign{\vspace{8pt}} & = & e\thinspace\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}\sqrt{\frac{n}{n+1}}\cr \noalign{\vspace{8pt}} & = & e\thinspace\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+\frac{1}{2}} \end{eqnarray*}

Il revient au même de déterminer le signe de \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right), c’est-à-dire de :

    \[ 1+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(\frac{n}{n+1}\right)=\left(n+\frac{1}{2}\right)F\left(n\right)\qquad\natural \]

où l’on a posé, pour tout t>0 :

    \[ F\left(t\right)=\frac{1}{t+\frac{1}{2}}+\ln\left(\frac{t}{t+1}\right) \]

La fonction F est dérivable sur \left]0,+\infty\right[ et sa dérivée est donnée par :

    \[ F'\left(t\right)=-\frac{1}{\left(t+\frac{1}{2}\right)^{2}}+\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}=\frac{-t\left(t+1\right)+\left(t+\frac{1}{2}\right)^{2}}{t\left(t+1\right)\left(t+\frac{1}{2}\right)^{2}} \]

Après simplification :

    \[ F'\left(t\right)=\frac{1}{4t\left(t+1\right)\left(t+\frac{1}{2}\right)^{2}}>0 \]

ce qui montre la stricte croissance de F. Comme \lim_{t\rightarrow+\infty}F\left(t\right)=0, on en déduit que F\left(t\right)<0 pour tout t>0. Ainsi :

    \[ \forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right)<0 \]

Autrement dit :

    \[ \forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\frac{u_{n+1}}{u_{n}}<1 \]

La décroissance de la suite \left(u_{n}\right)_{n\geqslant1} est établie et sa convergence en résulte.

 

5.2 – Détails de l’étape 1-b [Niveau TS +]

 

Nous allons avoir recours à un :

Lemme. Pour tout t\in\left[0,1\right[ :

    \[ -\ln\left(1-t\right)\leqslant t+\frac{t^{2}}{2}+\frac{t^{3}}{3\left(1-t\right)} \]

 

La preuve de ce lemme est reportée en ANNEXE.

Repartons de la formule \left(\natural\right) établie plus haut. Pour tout n\geqslant1 :

\displaystyle{ \ln\left(u_{n+1}\right)-\ln\left(u_{n}\right)=1+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(\frac{n}{n+1}\right) }

Nous allons minorer cette expression, ce qui donnera (après sommation télescopique), une minoration de \ln\left(u_{n}\right).
Nous constaterons qu’il est possible de minorer \ln\left(u_{n}\right) par une certaine constante K.
Il en résultera une minoration de u_{n} par une constante strictement positive (à savoir e^{K}), d’où la non-nullité de la limite \lambda.

 

Il faut à présent mettre les mains dans le cambouis …

La formule ci-dessus peut s’écrire :

    \[ \ln\left(u_{n+1}\right)-\ln\left(u_{n}\right)=1+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(1-\frac{1}{n+1}\right) \]

Donc, d’après le lemme :

    \[ \ln\left(u_{n+1}\right)-\ln\left(u_{n}\right)\geqslant1-\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2\left(n+1\right)^{2}}+\frac{1}{3\left(n+1\right)^{3}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}\right) \]

c’est-à-dire (après un peu de calcul…) :

    \[ \ln\left(u_{n+1}\right)-\ln\left(u_{n}\right)\geqslant-\frac{n+2}{12n\left(n+1\right)^{2}} \]

d’où, en majorant n+2 par 2n+2 :

    \[ \ln\left(u_{n+1}\right)-\ln\left(u_{n}\right)\geqslant-\frac{1}{6n\left(n+1\right)}=-\frac{1}{6}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \]

A présent, ajoutons membre à membre ces inégalités pour les indices 1 à n-1 (pour n\geqslant2) :

    \[ \ln\left(u_{n}\right)-\ln\left(u_{1}\right)\geqslant-\frac{1}{6}\left(1-\frac{1}{n}\right) \]

Comme u_{1}=e, on en déduit que :

    \[ \forall n\geqslant1,\:\ln\left(u_{n}\right)\geqslant\frac{5}{6}+\frac{1}{6n}>\frac{5}{6} \]

et donc :

    \[ \boxed{\forall n\geqslant1,\:u_{n}\geqslant e^{\frac{5}{6}}} \]

On est maintenant certain que la limite \lambda de la suite \left(u_{n}\right)_{n\geqslant1} est non nulle.

 

5.3 – Détails des étapes 1-a et 1-b [Niveau Prépa Scientifique]

 

Pour qu’une suite \left(t_{n}\right)_{n\geqslant1} de réels strictement positifs converge vers une limite \lambda non nulle, il suffit que la suite \left(\ln\left(t_{n}\right)\right)_{n\geqslant1} soit convergente. En effet, en notant \alpha=\lim_{n\rightarrow\infty}\ln\left(t_{n}\right), on aura (par continuité de la fonction exponentielle) : \lambda=e^{\alpha}>0.

Par ailleurs, pour qu’une suite \left(a_{n}\right)_{n\geqslant1} soit convergente, il suffit que la série \sum_{n\geqslant1}\left(a_{n+1}-a_{n}\right) le soit. En effet, par télescopage des termes :

    \[ \forall n\geqslant1,\;a_{n}=a_{1}+\sum_{k=1}^{n-1}\left(a_{k+1}-a_{k}\right) \]

Intéressons-nous donc à la série de terme général \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right). On sait que pour tout n\geqslant1 :

    \[ \frac{u_{n+1}}{u_{n}}=e\thinspace\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+\frac{1}{2}} \]

→ [voir section 5.1 pour le calcul détaillé]

Donc :

    \[ \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right)=1-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \]

En utilisant le développement limité de t\mapsto\ln\left(1+t\right) au voisinage de 0 à l’ordre 3, on constate que :

    \[ \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right)=1-\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^{2}}+\frac{1}{3n^{3}}+o\left(\frac{1}{n^{3}}\right)\right) \]

c’est-à-dire :

    \[ \ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right)\sim-\frac{1}{12n^{2}} \]

Ceci prouve, comme souhaité, que la série \sum_{n\geqslant1}\ln\left(\frac{u_{n+1}}{u_{n}}\right) converge, et donc que la suite \left(u_{n}\right)_{n\geqslant1} converge vers une limite non nulle, que nous notons \lambda.

 

5.4 – Détails de l’étape 2

 

En combinant les résultats établis aux sections 3 et 4, on obtient l’équivalent suivant (lorsque p tend vers +\infty) :

    \[ \frac{\left(2p\right)!\thinspace\pi}{2^{2p+1}\left(p!\right)^{2}}\sim\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{p}}\qquad\clubsuit \]

Par ailleurs, vu que \lambda\neq0, la convergence de la suite \left(u_{n}\right)_{n\geqslant1} vers \lambda peut s’écrire :

    \[ n!\sim\lambda\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\sqrt{n} \]

En injectant cette dernière relation dans \left(\clubsuit\right), on trouve :

    \[ \frac{\lambda\left(\frac{2p}{e}\right)^{2p}\sqrt{2p}\pi}{2^{2p+1}\left(\lambda\left(\frac{p}{e}\right)^{p}\sqrt{p}\right)^{2}}\sim\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{p}} \]

c’est-à-dire, après simplification :

    \[ \frac{\pi}{2\lambda}\sqrt{\frac{2}{p}}\sim\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{p}} \]

d’où finalement \boxed{\lambda=\sqrt{2\pi}}

La jolie formule de Stirling est établie 🙂

    \[ \boxed{n!\sim\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\sqrt{2\pi n}} \]

 

 

Portraits-Wallis-Stirling

 

6 – Annexe : preuve du lemme

 

 

Voici, comme promis, une démonstration … et même deux, pour le :

Lemme. Pour tout t\in\left[0,1\right[ :

    \[ -\ln\left(1-t\right)\leqslant t+\frac{t^{2}}{2}+\frac{t^{3}}{3\left(1-t\right)} \]

Preuve 1 [niveau TS +]

Posons pour tout t\in\left[0,1\right[ :

    \[ D\left(t\right)=t+\frac{t^{2}}{2}+\frac{t^{3}}{3\left(1-t\right)}+\ln\left(1-t\right) \]

et étudions les variations de la fonction D. Sa dérivée est donnée par :

    \[ D'\left(t\right)=1+t+\frac{3t^{2}\left(1-t\right)+t^{3}}{3\left(1-t\right)^{2}}-\frac{1}{1-t}=\frac{t^{3}}{3\left(1-t\right)^{2}}>0 \]

Donc D est strictement croissante. Comme D\left(0\right)=0, on voit que D\left(t\right)\geqslant0 pour tout t\in\left[0,1\right[.

Preuve 2 [niveau prépa scientifique] :

On sait que, pour tout t\in\left[0,1\right[ :

    \[ -\ln\left(1-t\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^{n}}{n}=t+\frac{t^{2}}{2}+\sum_{n=3}^{\infty}\frac{t^{n}}{n} \]

On majore alors \frac{t^{n}}{n} par \frac{t^{n}}{3} pour chaque indice n\geqslant3, ce qui donne :

    \[ -\ln\left(1-t\right)\leqslant t+\frac{t^{2}}{2}+\frac{1}{3}\sum_{n=3}^{\infty}t^{n} \]

et l’on reconnaît une série géométrique ! Ainsi :

    \[ -\ln\left(1-t\right)\leqslant t+\frac{t^{2}}{2}+\frac{t^{3}}{3\left(1-t\right)} \]

comme souhaité.

 


 

Si vous êtes enseignant et que vous projetez d’utiliser le contenu de cet article pour vos élèves, dites-le moi, ça me fera plaisir 🙂

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