Problème — La formule de Stirling

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La formule de Stirling n'est plus nommée par le programme de PCSI, ni par celui de PTSI : on ne peut pas l'invoquer, et tout l'intérêt du problème est de la démontrer avec les seuls outils du programme : lien suite-série, équivalents et séries de Riemann, développement limité de $\ln (1+x)$, intégration par parties, positivité et croissance de l'intégrale ; puis loi binomiale, indépendance et linéarité de l'espérance sur un univers fini.

La stratégie. Deux outils pour une constante. Le lien suite-série prouve que $\frac{n!}{\sqrt{n}(n/e{)}^n}$ a une limite $C>0$, sans dire laquelle (questions 1 et 2) ; une suite d'intégrales a une formule exacte en factorielles et un équivalent (questions 3 et 4) ; les confronter force $C=\sqrt{2\pi }$ (question 5). La question 6 récolte.

1) Le terme de la série télescopique. Comme $\ln ((n+1)!)=\ln (n!)+\ln (n+1)$, $$u_{n+1}=\ln (n!)+\ln (n+1)-\left(n+\frac{3}{2}\right)\ln (n+1)+n+1=\ln (n!)-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln (n+1)+n+1,$$ et, par différence, $u_n-u_{n+1}=\left(n+\frac{1}{2}\right)(\ln (n+1)-\ln n)-1=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1$. Posons $x=\frac{1}{n}\to 0$, de sorte que $n+\frac{1}{2}=\frac{1}{x}\left(1+\frac{x}{2}\right)$ ; avec $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+O(x^4)$, $$\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)=\left(1+\frac{x}{2}\right)\left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+O(x^3)\right)=1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{4}+O(x^3)=1+\frac{x^2}{12}+O(x^3).$$ Donc $u_n-u_{n+1}=\frac{1}{12n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\sim \frac{1}{12n^2}$.

Pourquoi $n+\frac{1}{2}$. Pour un réel $a$, $(n+a)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)-1=\left(a-\frac{1}{2}\right)x+O(x^2)$ : si $a\ne \frac{1}{2}$, la différence serait équivalente à $\frac{a-1/2}{n}$ et la série télescopique divergerait. Le facteur $\sqrt{n}$ est exactement celui qui tue le terme en $\frac{1}{n}$.

2) Une limite, et une constante inconnue. Les termes $u_n-u_{n+1}$, équivalents à $\frac{1}{12n^2}>0$, sont positifs à partir d'un certain rang. La série de Riemann $\sum \frac{1}{12n^2}$ converge ; par le théorème des équivalents, $\sum (u_n-u_{n+1})$ converge, et, par le lien suite-série, $(u_n)$ converge, vers un réel $\ell$. Par définition de $u_n$, $$n!=\exp \left(u_n+\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln n-n\right)=e^{u_n}\sqrt{n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n,$$ donc $\frac{n!}{\sqrt{n}(n/e{)}^n}=e^{u_n}$ tend vers $e^{\ell }$, par continuité de l'exponentielle. Avec $C=e^{\ell }>0$ : $n!\sim C\sqrt{n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$.

Le point délicat. Le lien suite-série donne l'existence de $\ell$, jamais sa valeur : $C$ est inconnue à ce stade, comme l'était $\gamma$. Mais ici, un second chemin vers la même quantité va la fixer.

3) Les intégrales de Wallis. La récurrence. On écrit $W_{n+2}={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n+1}t\cdot \sin t\mathrm{d}t$ et l'on intègre par parties, avec $t\mapsto {\sin }^{n+1}t$, de dérivée $(n+1){\sin }^{n}t\cos t$, et $t\mapsto -\cos t$, primitive du sinus — deux fonctions de classe ${\mathcal{C}}^1$ : $$W_{n+2}=[-\cos t{\sin }^{n+1}t{]}_0^{\pi /2}+(n+1){\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{n}t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t.$$ Le crochet est nul ($\cos \frac{\pi }{2}=0$, $\sin 0=0$), et ${\cos }^{2}t=1-{\sin }^{2}t$ donne $W_{n+2}=(n+1)\left(W_n-W_{n+2}\right)$, soit $(n+2)W_{n+2}=(n+1)W_n$.

Les indices pairs, par récurrence sur $p$. Pour $p=0$, $W_0=\frac{\pi }{2}$, et la formule donne bien $\frac{\pi }{2}$. Si elle est vraie au rang $p$, alors, puisque $(2p+2{)}^2=4(p+1{)}^2$, $$W_{2p+2}=\frac{2p+1}{2p+2}{W}_{2p}=\frac{(2p+1)(2p+2)}{(2p+2{)}^2}\cdot \frac{(2p)!}{4^p(p!{)}^2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{(2p+2)!}{4^{p+1}((p+1)!{)}^2}\cdot \frac{\pi }{2}.$$ Le produit. Posons $c_n=(n+1)W_{n+1}{W}_n$. Alors $c_{n+1}=(n+2)W_{n+2}{W}_{n+1}=(n+1)W_n{W}_{n+1}=c_n$ : la suite est constante, égale à $c_0=W_1{W}_0=\frac{\pi }{2}$, car $W_1={\int }_0^{\pi /2}\sin t\mathrm{d}t=1$.

4) L'équivalent de $W_n$. Sur $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$, $0\le \sin t\le 1$, donc ${\sin }^{n+1}t\le {\sin }^{n}t$ et, par croissance de l'intégrale, $W_{n+1}\le W_n$. La fonction $t\mapsto {\sin }^{n}t$ est continue, positive, et non nulle (elle vaut $1$ en $\frac{\pi }{2}$) ; une fonction continue positive d'intégrale nulle étant nulle, $W_n>0$. De $W_{n+2}\le W_{n+1}\le W_n$, en divisant par $W_n>0$ et par la récurrence du 3), $$\frac{n+1}{n+2}=\frac{W_{n+2}}{W_n}\le \frac{W_{n+1}}{W_n}\le 1,$$ donc $\frac{W_{n+1}}{W_n}\to 1$ par encadrement : $W_{n+1}\sim W_n$. Enfin, de $(n+1)W_{n+1}{W}_n=\frac{\pi }{2}$ on tire $W_n^2=\frac{\pi }{2(n+1)}\cdot \frac{W_n}{W_{n+1}}\sim \frac{\pi }{2n}$ et, tout étant positif, $W_n\sim \sqrt{\frac{\pi }{2n}}$.

Le point délicat. La décroissance seule ne donne pas $W_{n+1}\sim W_n$ (une suite décroissante peut être divisée par deux à chaque rang) : c'est la relation exacte du 3) qui contrôle l'écart.

5) La constante. Par la question 2, $(2p)!\sim C\sqrt{2p}{\left(\frac{2p}{e}\right)}^{2p}$ et $(p!{)}^2\sim C^{2}p{\left(\frac{p}{e}\right)}^{2p}$. Comme $(2p{)}^{2p}=4^p{p}^{2p}$, les puissances se simplifient : $$\frac{(2p)!}{4^p(p!{)}^2}\sim \frac{C\sqrt{2p}{4}^p{p}^{2p}{e}^{-2p}}{4^p{C}^{2}p{p}^{2p}{e}^{-2p}}=\frac{\sqrt{2p}}{Cp}=\frac{\sqrt{2}}{C\sqrt{p}},$$ donc $W_{2p}\sim \frac{\pi }{C\sqrt{2p}}$. Par ailleurs, le 4) avec $n=2p$ donne $W_{2p}\sim \sqrt{\frac{\pi }{4p}}=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{p}}$. La suite $\left(\sqrt{p}{W}_{2p}\right)$ tend à la fois vers $\frac{\pi }{C\sqrt{2}}$ et vers $\frac{\sqrt{\pi }}{2}$ ; par unicité de la limite, $C=\frac{2\pi }{\sqrt{2}\sqrt{\pi }}=\sqrt{2\pi }$. D'où la formule de Stirling : $$n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n.$$ Contrôle numérique. $10!=3628800$ et $\sqrt{20\pi }{\left(\frac{10}{e}\right)}^{10}\approx 3598696$ : le rapport vaut $1,0084$. L'écart relatif, $0,84\%$, suggère un terme correctif en $\frac{1}{12n}$, que ce problème ne démontre pas.

Le logarithme. $\ln (N!)=N\ln N-N+\frac{1}{2}\ln N+u_N$, et $(u_N)$, convergente, est bornée : $\ln (N!)=N\ln N-N+O(\ln N)$. Pour $N=6\times 10^{23}$, le terme négligé, environ $28$, pèse $10^{-24}$ en valeur relative.

6) La marche aléatoire. En dimension 1. Les pas ${\epsilon }_1,\dots ,{\epsilon }_{2n}$ sont indépendants, de loi uniforme sur $\{-1,1\}$ ; le nombre $X$ de pas égaux à $+1$ est la somme des $2n$ variables de Bernoulli indépendantes $\frac{1+{\epsilon }_j}{2}$, de paramètre $\frac{1}{2}$, donc suit la loi binomiale $\mathcal{B}\left(2n,\frac{1}{2}\right)$. La position à l'instant $2n$ vaut $X-(2n-X)=2X-2n$, nulle si et seulement si $X=n$ : $$p_n=P\left(X=n\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)\frac{1}{2^{2n}}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)4^{-n}.$$ Et, sans même repasser par Stirling, $p_n=\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}=\frac{2}{\pi }{W}_{2n}$ par le 3), avec $W_{2n}\sim \frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{n}}$ par le 4) : $p_n\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$. Contrôle : $p_{10}=\frac{184756}{1048576}\approx 0,17620$, contre $\frac{1}{\sqrt{10\pi }}\approx 0,17841$.

En dimension $d$. On observe la marche jusqu'à l'instant $2N$ : l'univers est l'ensemble fini des $2^{2Nd}$ suites de pas, muni de la probabilité uniforme, et les $2Nd$ pas sont indépendants. L'événement $A_n$, « le point est en $0$ à l'instant $2n$ », est l'intersection des $d$ événements « la $i$-ième coordonnée est nulle à l'instant $2n$ », chacun de probabilité $p_n$ ; ils portent sur des familles de pas disjointes, donc sont indépendants par le lemme des coalitions : $P(A_n)=p_n^d$. Le nombre de passages en $0$ aux instants $2,4,\dots ,2N$ est $V_N={\sum }_{n=1}^N{1}_{A_n}$ ; par linéarité de l'espérance, $$E(V_N)=\sum _{n=1}^{N}E\left(1_{A_n}\right)=\sum _{n=1}^{N}P(A_n)=\sum _{n=1}^N{p}_n^d.$$ La nature de la série. $p_n^d\sim \frac{1}{(\pi n{)}^{d/2}}$ : la série positive $\sum p_n^d$ a la nature de la série de Riemann d'exposant $\frac{d}{2}$. Pour $d=1$ (exposant $\frac{1}{2}$) et $d=2$ (exposant $1$), elle diverge : $E(V_N)$, sa somme partielle, tend vers $+\infty$. Pour $d=3$ (exposant $\frac{3}{2}$), elle converge : $E(V_N)$ croît vers une somme finie, elle reste bornée. On ne cherche pas d'équivalent de $E(V_N)$ : seule sa limite compte, et la nature de la série la donne.

$N$	$d=1$	$d=2$	$d=3$
$10$	$2,70$	$0,82$	$0,284$
$100$	$10,33$	$1,53$	$0,357$
$1000$	$34,70$	$2,27$	$0,382$
$10000$	$111,84$	$3,00$	$0,390$

En dimension $2$, la croissance est très lente, mais sans borne ; en dimension $3$, le nombre moyen de retours plafonne vers $0,393$.

Le point délicat. Toutes les probabilités sont calculées sur l'univers fini des $2N$ premiers pas : « revenir une infinité de fois en moyenne » est une limite d'espérances, jamais la probabilité d'un événement portant sur une suite infinie de pas, que le programme ne définit pas. (Pólya a établi le même contraste pour la marche au plus proche voisin : « un homme ivre retrouve son chemin, un oiseau ivre peut se perdre à jamais », selon le mot de Kakutani.)

Le théorème obtenu — formule de Stirling (de Moivre et Stirling, 1730). Quand $n$ tend vers $+\infty$, $n!\sim \sqrt{2\pi n}{\left(\frac{n}{e}\right)}^n$. Et son corollaire, le théorème de Pólya sous la forme des moyennes (1921) : pour la marche aléatoire à coordonnées indépendantes dans ${\mathbb{Z}}^d$, le nombre moyen de retours à l'origine avant l'instant $2N$ tend vers $+\infty$ si $d\le 2$, et reste borné si $d=3$.

Ce que le problème installe. Deux outils pour une constante : le lien suite-série prouve l'existence d'une limite, une suite d'intégrales à formule exacte en fixe la valeur, et l'unicité de la limite fait le reste. En physique, $\ln N!\approx N\ln N-N$ est l'approximation de la physique statistique, dès qu'on dénombre des configurations pour une entropie de Boltzmann ; et $p_n\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ est la décroissance en $\frac{1}{\sqrt{t}}$ de la concentration, au point de départ, d'une espèce qui diffuse sur une droite.