Problème — La formule de Stirling, par les intégrales de Wallis

Le plan. Le lien suite-série donne l'existence d'une constante, jamais sa valeur : il montre que $n!e^n{n}^{-n-1/2}$ converge, mais il ne dit rien de la limite. Il faut donc un second calcul, indépendant, qui fasse apparaître la même constante sous une autre forme — ce sera Wallis — puis confronter les deux. C'est le schéma de toute constante d'analyse, et il faut noter que la constante d'Euler $\gamma$, elle, n'a jamais reçu de seconde identité de ce genre.

1) Les intégrales de Wallis.

Positivité. Sur $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, $t\mapsto {\sin }^{n}t$ est continue, positive et non identiquement nulle — elle vaut $1$ en $\frac{\pi }{2}$ — donc son intégrale est strictement positive (première année).

Décroissance. Sur $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ on a $0\le \sin t\le 1$, donc ${\sin }^{n+1}t\le {\sin }^{n}t$, l'inégalité étant stricte sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$. Donc $W_n-W_{n+1}={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}t\left(1-\sin t\right)\mathrm{d}t>0$ : la suite décroît strictement.

La relation de récurrence. Intégrons par parties dans $W_{n+2}={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n+1}t\cdot \sin t\mathrm{d}t$, en posant $u(t)={\sin }^{n+1}t$ et $v^{\prime }(t)=\sin t$, d'où $u^{\prime }(t)=(n+1){\sin }^{n}t\cos t$ et $v(t)=-\cos t$. Ces fonctions sont de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur le segment : $$W_{n+2}={\left[-{\sin }^{n+1}t\cos t\right]}_0^{\pi /2}+(n+1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t.$$ Le crochet est nul : en $\frac{\pi }{2}$, $\cos =0$ ; en $0$, ${\sin }^{n+1}=0$ (pour $n+1\ge 1$). Et avec ${\cos }^{2}t=1-{\sin }^{2}t$ : $$W_{n+2}=(n+1){\int }_0^{\pi /2}\left({\sin }^{n}t-{\sin }^{n+2}t\right)\mathrm{d}t=(n+1)\left(W_n-W_{n+2}\right),$$ d'où, en regroupant, $(n+2)W_{n+2}=(n+1)W_n$.

Le produit est constant. Posons $a_n=(n+1)W_{n+1}{W}_n$. Alors $$a_{n+1}=(n+2)W_{n+2}{W}_{n+1}=\left[(n+2)W_{n+2}\right]W_{n+1}=\left[(n+1)W_n\right]W_{n+1}=a_n.$$ La suite $(a_n)$ est donc constante. Sa valeur en $n=0$ : $W_0={\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}$ et $W_1={\int }_0^{\pi /2}\sin t\mathrm{d}t={\left[-\cos t\right]}_0^{\pi /2}=1$, donc $a_0=1\times 1\times \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}$. Ainsi $$(n+1)W_{n+1}{W}_n=\frac{\pi }{2}\text{pour tout }n\ge 0.$$

2) L'équivalent de Wallis.

Les deux termes consécutifs sont équivalents. La décroissance stricte donne $W_{n+2}<W_{n+1}<W_n$. En divisant par $W_n>0$ et en utilisant $W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}{W}_n$ : $$\frac{n+1}{n+2}<\frac{W_{n+1}}{W_n}<1.$$ Comme $\frac{n+1}{n+2}\to 1$, le théorème d'encadrement donne $\frac{W_{n+1}}{W_n}\to 1$, c'est-à-dire $W_{n+1}\sim W_n$.

L'équivalent. Dans la relation $(n+1)W_{n+1}{W}_n=\frac{\pi }{2}$, remplaçons $W_{n+1}$ par $W_n$ à équivalence près : $$(n+1)W_n^2\sim \frac{\pi }{2},\text{donc}{W}_n^2\sim \frac{\pi }{2(n+1)}\sim \frac{\pi }{2n}.$$ Les $W_n$ étant strictement positifs, la racine carrée donne $$W_n\sim \sqrt{\frac{\pi }{2n}}.$$

3) Le lien suite-série donne l'existence de la constante.

L'accroissement. Pour $n\ge 1$, $$v_{n+1}-v_n=\ln \left(\frac{(n+1)!e^{n+1}}{(n+1{)}^{n+3/2}}\right)-\ln \left(\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}\right)=\ln (n+1)+1-\left(n+\frac{3}{2}\right)\ln (n+1)+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n,$$ en utilisant $\ln \left((n+1)!\right)=\ln (n+1)+\ln (n!)$. Les termes en $\ln (n+1)$ se regroupent : $$v_{n+1}-v_n=1-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln (n+1)+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n=1-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right).$$

L'ordre de grandeur. Avec $\ln (1+h)=h-\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{3}+O(h^4)$ appliqué à $h=\frac{1}{n}$ : $$\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right).$$ Terme à terme : $n\cdot \frac{1}{n}=1$, $n\cdot \left(-\frac{1}{2n^2}\right)=-\frac{1}{2n}$, $n\cdot \frac{1}{3n^3}=\frac{1}{3n^2}$, $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{n}=\frac{1}{2n}$, $\frac{1}{2}\cdot \left(-\frac{1}{2n^2}\right)=-\frac{1}{4n^2}$, le reste étant en $O\left(\frac{1}{n^3}\right)$. Les deux termes en $\frac{1}{2n}$ s'annulent, et il reste $$\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=1+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\frac{1}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)=1+\frac{1}{12n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right).$$ Donc $$v_{n+1}-v_n=-\frac{1}{12n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)=O\left(\frac{1}{n^2}\right).$$

La convergence. $\sum \left|v_{n+1}-v_n\right|$ est dominée par une série de Riemann d'exposant $2>1$, donc convergente : la série des accroissements est absolument convergente, donc convergente, et par télescopage la suite $(v_n)$ converge. Notons $\ell$ sa limite.

Retour au factoriel. Par continuité de l'exponentielle, $\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}=e^{v_n}\to e^{\ell }=:C>0$, c'est-à-dire $$n!\sim C{n}^{n+1/2}{e}^{-n}=C\sqrt{n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n.$$

La méthode a donné l'existence de $C$ et rien d'autre : aucune étape ci-dessus ne permet de calculer $\ell$.

4) Wallis en fonction du coefficient binomial.

La formule, par récurrence. Montrons que $W_{2n}=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$, où $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ se lit « n parmi 2n ». Pour $n=0$ : $W_0=\frac{\pi }{2}$ et le membre de droite vaut $\frac{\pi }{2}\cdot 1\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{0}\right)=\frac{\pi }{2}$. Pour l'hérédité, la relation du 1) avec l'indice $2n$ donne $W_{2n+2}=\frac{2n+1}{2n+2}{W}_{2n}$, et par ailleurs $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+2}{n+1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\cdot \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1{)}^2}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\cdot \frac{2(2n+1)}{n+1},$$ calcul déjà fait à l'exercice 5. Donc le membre de droite au rang $n+1$ vaut $$\frac{\pi }{2}\cdot \frac{1}{4^{n+1}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+2}{n+1}\right)=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\cdot \frac{2(2n+1)}{4(n+1)}=W_{2n}\cdot \frac{2n+1}{2n+2}=W_{2n+2},$$ par hypothèse de récurrence, ce qui achève la récurrence.

Injection de l'équivalent du 3). Avec $n!\sim C{n}^{n+1/2}{e}^{-n}$, on a $(2n)!\sim C{2}^{2n+1/2}{n}^{2n+1/2}{e}^{-2n}$ et $(n!{)}^2\sim C^2{n}^{2n+1}{e}^{-2n}$. Le quotient — licite, les deux suites étant strictement positives — donne $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)=\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}\sim \frac{C{2}^{2n}\sqrt{2}{n}^{2n+1/2}{e}^{-2n}}{C^2{n}^{2n+1}{e}^{-2n}}=\frac{\sqrt{2}}{C}\cdot \frac{4^n}{\sqrt{n}},$$ où l'on a utilisé $2^{2n+1/2}=4^n\sqrt{2}$ et $n^{2n+1/2}/n^{2n+1}=n^{-1/2}$. En divisant par $4^n$ : $$\frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\sim \frac{\sqrt{2}}{C\sqrt{n}}.$$

5) La confrontation, et le théorème.

Côté Wallis. Par la question 2, appliquée à l'indice $2n$ : $$W_{2n}\sim \sqrt{\frac{\pi }{2\cdot 2n}}=\sqrt{\frac{\pi }{4n}}=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{n}}.$$

Côté Stirling. Par les questions 4 : $$W_{2n}=\frac{\pi }{2}\cdot \frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\sim \frac{\pi }{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{C\sqrt{n}}=\frac{\pi \sqrt{2}}{2C\sqrt{n}}=\frac{\pi }{\sqrt{2}C\sqrt{n}}.$$

L'identification. Deux équivalents de la même suite sont équivalents entre eux, et comme ils sont de la forme $\frac{K}{\sqrt{n}}$, leurs constantes sont égales : $$\frac{\sqrt{\pi }}{2}=\frac{\pi }{\sqrt{2}C}⟹\sqrt{2}C\sqrt{\pi }=2\pi ⟹C=\frac{2\pi }{\sqrt{2}\sqrt{\pi }}=\frac{2\sqrt{\pi }}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\sqrt{\pi }=\sqrt{2\pi }.$$ (Vérification numérique : $\frac{2\pi }{\sqrt{2}\sqrt{\pi }}=\frac{6,28319}{1,41421\times 1,77245}=\frac{6,28319}{2,50663}=2,50663=\sqrt{2\pi }$.)

Le théorème obtenu — formule de Stirling. Quand $n$ tend vers l'infini, $$n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n.$$ (On a bien $C{n}^{n+1/2}{e}^{-n}=\sqrt{2\pi }\sqrt{n}(n/e{)}^n=\sqrt{2\pi n}(n/e{)}^n$.)

Contrôle numérique. Pour $n=10$ : $10!=3628800$, tandis que $$\sqrt{20\pi }{\left(\frac{10}{e}\right)}^{10}=7,92665\times 454003\approx 3598696.$$ L'erreur relative vaut $\frac{3628800-3598696}{3628800}=\frac{30104}{3628800}=0,0083$, soit $0,83\%$ — remarquablement cohérent avec le terme correctif suivant, $1+\frac{1}{12n}=1+\frac{1}{120}=1,00833$, que donnerait le développement poussé d'un cran (et dont on a d'ailleurs vu le coefficient $\frac{1}{12}$ apparaître à la question 3).

6) Retour sur l'exercice 5. Avec $C=\sqrt{2\pi }$, la question 4 devient $$\frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\sim \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2\pi }\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}},\text{c’est-aˋ-dire}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}.$$ Le terme général de la série frontière de l'exercice 5 vérifie donc $$u_n\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4^n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\sim \frac{1}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{1}{\sqrt{n}},$$ terme général d'une série de Riemann d'exposant $\frac{1}{2}\le 1$ : divergence, conformément à ce que l'exercice 5 avait établi à la main.

Les deux résultats se contrôlent. La minoration par récurrence de l'exercice 5 donnait $u_n\left(\frac{1}{4}\right)\ge \frac{1}{2\sqrt{n}}$, soit une constante $0,5$ ; l'équivalent donne la constante exacte $\frac{1}{\sqrt{\pi }}\approx 0,5642$. La minoration était donc correcte et presque optimale — un bon signe pour les deux calculs. La minoration élémentaire donnait la conclusion ; l'équivalent donne la vitesse.

Ce que le problème installe. D'abord le résultat, qui servira toute l'année : la formule de Stirling et l'équivalent du coefficient binomial central. Ensuite, et surtout, le schéma d'identification d'une constante : le lien suite-série prouve qu'une constante existe, il ne la calcule jamais ; il faut un second calcul de nature complètement différente — ici une intégrale sur un segment et une relation de récurrence — qui fasse réapparaître la même constante, et c'est la confrontation des deux équivalents qui livre sa valeur. Enfin une leçon de modestie : la constante d'Euler de l'exercice 4 vient du même lien suite-série, et personne n'a jamais trouvé pour elle la seconde identité — on ne sait même pas si elle est irrationnelle.