La formule de Stirling, et le théorème local de de Moivre–Laplace

Le plan. Le lien suite-série prouve qu'une constante existe, il ne la calcule jamais (question 1) ; en sommant avec précision, on obtient le terme correctif (question 2). Il faut un second calcul, de nature toute différente, qui fasse apparaître la même constante : ce seront les intégrales de Wallis (questions 3 et 4), et la confrontation des deux équivalents de $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$ livre la valeur (question 5). La question 6 en tire la répartition des résultats d'un grand nombre de lancers : la courbe en cloche.

1) L'existence de la constante. On a $v_n=\ln (n!)+n-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n$. En retranchant l'expression analogue au rang $n+1$, et comme $\ln ((n+1)!)=\ln (n!)+\ln (n+1)$ : $$v_n-v_{n+1}=-\ln (n+1)-1-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n+\left(n+\frac{3}{2}\right)\ln (n+1)=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1.$$ Le développement $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)$ en $x=\frac{1}{n}$ donne $$\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)\right)=1+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\frac{1}{n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)=1+\frac{1}{12n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right),$$ les termes en $\frac{1}{n}$ se compensant ($-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}$). D'où $v_n-v_{n+1}=\frac{1}{12n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$ : la série $\sum (v_n-v_{n+1})$ converge absolument, et par le lien suite-série $(v_n)$ converge vers un réel $\ell$. Donc $\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}=e^{v_n}\to e^{\ell }=C>0$ : $n!\sim C{n}^{n+1/2}{e}^{-n}$.

2) Le terme correctif. Écrivons $v_k-v_{k+1}=\frac{1}{12k^2}+{\epsilon }_k$, avec $|{\epsilon }_k|\le \frac{K}{k^3}$ pour $k\ge 1$ (une constante $K$ existe : la suite $k^3{\epsilon }_k$ est bornée à partir d'un certain rang, et il n'y a qu'un nombre fini de premiers termes). Comme $v_n-\ell ={\sum }_{k\ge n}(v_k-v_{k+1})$ (télescopage, puisque $v_N\to \ell$), $$v_n-\ell =\frac{1}{12}\sum _{k\ge n}\frac{1}{k^2}+\sum _{k\ge n}{\epsilon }_k.$$ La comparaison série-intégrale, avec $t\mapsto \frac{1}{t^2}$ décroissante, donne ${\int }_n^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^2}\le {\sum }_{k\ge n}\frac{1}{k^2}\le \frac{1}{n^2}+{\int }_n^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^2}$, soit ${\sum }_{k\ge n}\frac{1}{k^2}=\frac{1}{n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$. De même, $\left|{\sum }_{k\ge n}{\epsilon }_k\right|\le K{\sum }_{k\ge n}\frac{1}{k^3}\le K\left(\frac{1}{n^3}+\frac{1}{2n^2}\right)=O\left(\frac{1}{n^2}\right)$. D'où $v_n-\ell =\frac{1}{12n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$ ; et comme $e^u=1+u+O(u^2)$ en $0$, $$\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}=C{e}^{v_n-\ell }=C\left(1+\frac{1}{12n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right).$$ Aucune sommation de relations de comparaison n'a servi : seulement une majoration explicite, $|{\epsilon }_k|\le \frac{K}{k^3}$, et deux comparaisons série-intégrale.

3) Les intégrales de Wallis. Pour $n\ge 0$, intégrons par parties $W_{n+2}={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n+1}t\cdot \sin t\mathrm{d}t$, avec $u={\sin }^{n+1}$ et $v=-\cos$, de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur le segment : $$W_{n+2}=[-{\sin }^{n+1}t\cos t{]}_0^{\pi /2}+(n+1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t=(n+1)(W_n-W_{n+2}),$$ le crochet étant nul et ${\cos }^2=1-{\sin }^2$. D'où $(n+2)W_{n+2}=(n+1)W_n$. La suite $x_n=(n+1)W_{n+1}{W}_n$ vérifie alors $x_{n+1}=[(n+2)W_{n+2}]W_{n+1}=(n+1)W_n{W}_{n+1}=x_n$ : elle est constante, égale à $x_0=W_1{W}_0=1\times \frac{\pi }{2}$. Donc $(n+1)W_{n+1}{W}_n=\frac{\pi }{2}$.

4) L'équivalent de Wallis. Sur $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, $0\le \sin t\le 1$, donc ${\sin }^{n+1}t\le {\sin }^{n}t$ : $(W_n)$ est décroissante ; et $W_n>0$, intégrale d'une fonction continue, positive, non identiquement nulle. Alors $W_{n+2}\le W_{n+1}\le W_n$, et en divisant par $W_n$ : $$\frac{n+1}{n+2}\le \frac{W_{n+1}}{W_n}\le 1,\text{donc}{W}_{n+1}\sim W_n.$$ La relation du 3) donne alors $(n+1)W_n^2\sim \frac{\pi }{2}$, d'où $W_n^2\sim \frac{\pi }{2n}$ et, $W_n$ étant positif, $W_n\sim \sqrt{\frac{\pi }{2n}}$. La valeur aux indices pairs : $W_{2k}=\frac{2k-1}{2k}{W}_{2k-2}$ et $W_0=\frac{\pi }{2}$, donc $$W_{2n}=\frac{\pi }{2}\prod _{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}=\frac{\pi }{2}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)4^{-n},$$ par le calcul du produit déjà fait dans l'exercice sur les produits infinis.

5) La valeur de la constante. Par le 4), $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)4^{-n}=\frac{2}{\pi }{W}_{2n}\sim \frac{2}{\pi }\sqrt{\frac{\pi }{4n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$. D'autre part, par la question 1, $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)=\frac{(2n)!}{(n!{)}^2}\sim \frac{C(2n{)}^{2n+1/2}{e}^{-2n}}{C^2{n}^{2n+1}{e}^{-2n}}=\frac{2^{2n+1/2}}{C\sqrt{n}},\text{soit}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)4^{-n}\sim \frac{\sqrt{2}}{C\sqrt{n}}.$$ Une même suite ne peut être équivalente à $\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ et à $\frac{\sqrt{2}}{C\sqrt{n}}$ que si ces deux expressions sont équivalentes entre elles, c'est-à-dire si $\frac{\sqrt{2}}{C}=\frac{1}{\sqrt{\pi }}$ : donc $C=\sqrt{2\pi }$, et $n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$.

Contrôle numérique. Pour $n=10$, $10!=3628800$, et $\sqrt{20\pi }{\left(\frac{10}{e}\right)}^{10}\approx 3598696$ : le quotient vaut $1,00837$, à comparer à $1+\frac{1}{120}\approx 1,00833$ que prédit la question 2. Et $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)4^{-n}\sqrt{\pi n}$ vaut $0,98758$ pour $n=10$, $0,99875$ pour $n=100$.

6) La courbe en cloche. Pour $n$ assez grand, $|k_n|\le \frac{n}{2}$, puisque $|k_n|=O(\sqrt{n})$. Par symétrie des coefficients binomiaux, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k_n}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-k_n}\right)$ : on peut remplacer $k_n$ par $k=|k_n|$, qui vérifie $\frac{k}{\sqrt{n}}\to |x|$, sans changer le résultat, puisque $e^{-|x{|}^2}=e^{-x^2}$. Pour $0\le k\le n$, $$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}=\frac{n!n!}{(n+k)!(n-k)!}=\prod _{j=1}^k\frac{n-j+1}{n+j},$$ car $\frac{n!}{(n-k)!}={\prod }_{j=1}^k(n-j+1)$ et $\frac{(n+k)!}{n!}={\prod }_{j=1}^k(n+j)$. Passons au logarithme. Pour $|u|\le \frac{1}{2}$, la formule de Taylor avec reste intégral donne $|\ln (1+u)-u|\le 2u^2$ (le reste est $-{\int }_0^u\frac{u-s}{(1+s{)}^2}\mathrm{d}s$, et $\frac{1}{(1+s{)}^2}\le 4$). Comme $\frac{j}{n}\le \frac{k}{n}\le \frac{1}{2}$ : $$\ln \frac{n-j+1}{n+j}=\ln \left(1-\frac{j-1}{n}\right)-\ln \left(1+\frac{j}{n}\right)=-\frac{2j-1}{n}+{\eta }_j,|{\eta }_j|\le \frac{4j^2}{n^2}.$$ En sommant de $j=1$ à $k$, et puisque ${\sum }_{j=1}^k(2j-1)=k^2$ : $$\ln \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}=-\frac{k^2}{n}+E_n,|E_n|\le \frac{4k^3}{n^2}=\frac{4}{\sqrt{n}}{\left(\frac{k}{\sqrt{n}}\right)}^3⟶0.$$ Comme $\frac{k^2}{n}\to x^2$, le logarithme tend vers $-x^2$, et le quotient vers $e^{-x^2}$. Avec le 5) : $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k_n}\right)4^{-n}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)4^{-n}\times \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k_n}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}\sim \frac{e^{-x^2}}{\sqrt{\pi n}}.$$

Interprétation. Sur $2n$ lancers d'une pièce équilibrée, la probabilité d'obtenir exactement $n+k$ piles est $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n+k}\right)4^{-n}$ : pour $k$ de l'ordre de $\sqrt{n}$, elle vaut environ $\frac{e^{-k^2/n}}{\sqrt{\pi n}}$. La courbe en cloche sort des coefficients binomiaux, et sa largeur croît comme $\sqrt{n}$. Contrôle : pour $n=50$ et $k=5$, la probabilité exacte vaut $0,048474$ et l'approximation $0,048394$ ; pour $n=200$ et $k=10$, $0,024207$ contre $0,024197$.

Le théorème obtenu — formule de Stirling, et théorème local de de Moivre–Laplace. Quand $n$ tend vers l'infini, $$n!=\sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n\left(1+\frac{1}{12n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right);$$ en particulier $n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$ et $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ ; et si $\frac{k_n}{\sqrt{n}}\to x$, la probabilité d'obtenir $n+k_n$ piles en $2n$ lancers équilibrés est équivalente à $\frac{e^{-x^2}}{\sqrt{\pi n}}$.

Ce que le problème installe. Le schéma d'identification d'une constante : le lien suite-série prouve qu'elle existe ; un second calcul, indépendant, la fait réapparaître ; la confrontation des deux équivalents livre sa valeur. Et la précision s'obtient par la comparaison série-intégrale, sans autre outil. En physique, la question 6 est la marche au hasard : une particule qui fait $2n$ pas de $\pm 1$ se trouve à une distance de l'ordre de $\sqrt{n}$ de son point de départ, avec une répartition gaussienne — c'est la diffusion, dont l'écart quadratique moyen croît proportionnellement au temps. Les probabilités de fin d'année retrouveront cette loi, et le TD 11 s'appuiera sur l'équivalent de $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$.