Problème — Intégrales de Wallis, formule de Wallis, formule de Stirling

1) La récurrence et les valeurs explicites. $I_0={\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2}$ et $I_1={\int }_0^{\pi /2}\sin t\mathrm{d}t=[-\cos t{]}_0^{\pi /2}=0-(-1)=1$.

Pour $n\ge 2$, écrivons ${\sin }^{n}t={\sin }^{n-1}t\cdot \sin t$ et intégrons par parties avec $u={\sin }^{n-1}t$, $u^{\prime }=(n-1){\sin }^{n-2}t\cos t$, $v^{\prime }=\sin t$, $v=-\cos t$ : $$I_n=[-\cos t{\sin }^{n-1}t{]}_0^{\pi /2}+(n-1){\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}t{\sin }^{n-2}t\mathrm{d}t.$$ Le crochet est nul : en $\frac{\pi }{2}$, $\cos =0$ ; en $0$, ${\sin }^{n-1}=0$ car $n-1\ge 1$. En remplaçant ${\cos }^{2}t=1-{\sin }^{2}t$ : $$I_n=(n-1)(I_{n-2}-I_n),\text{donc}n{I}_n=(n-1)I_{n-2},I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}.$$

Les valeurs explicites, par récurrence sur $p$. Pour $p=0$, les formules donnent $I_0=\frac{\pi }{2}$ et $I_1=1$ : vrai. Supposons-les vraies au rang $p$. Alors $$I_{2p+2}=\frac{2p+1}{2p+2}{I}_{2p}=\frac{2p+1}{2p+2}\cdot \frac{(2p)!}{2^{2p}(p!{)}^2}\cdot \frac{\pi }{2}.$$ Or $\frac{(2p+2)!}{2^{2p+2}((p+1)!{)}^2}=\frac{(2p+2)(2p+1)(2p)!}{4\cdot 2^{2p}(p+1{)}^2(p!{)}^2}=\frac{2p+1}{2(p+1)}\cdot \frac{(2p)!}{2^{2p}(p!{)}^2}$, ce qui est bien le facteur obtenu, puisque $\frac{2p+1}{2p+2}=\frac{2p+1}{2(p+1)}$. De même, $$I_{2p+3}=\frac{2p+2}{2p+3}{I}_{2p+1}=\frac{2p+2}{2p+3}\cdot \frac{2^{2p}(p!{)}^2}{(2p+1)!}=\frac{2^{2p+2}((p+1)!{)}^2}{(2p+3)!},$$ car $\frac{2^{2p+2}((p+1)!{)}^2}{(2p+3)!}=\frac{4(p+1{)}^2}{(2p+3)(2p+2)}\cdot \frac{2^{2p}(p!{)}^2}{(2p+1)!}=\frac{2(p+1)}{2p+3}\cdot \frac{2^{2p}(p!{)}^2}{(2p+1)!}$. Les deux formules sont établies. Contrôle : $I_2=\frac{2}{4}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}$ et $I_3=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$, conformes à $I_2=\frac{1}{2}{I}_0$ et $I_3=\frac{2}{3}{I}_1$.

2) Positivité, décroissance, rapport. Sur $]0,\frac{\pi }{2}[$, $\sin t\in ]0,1[$, donc ${\sin }^{n}t>0$ : l'intégrande est continu, positif, non identiquement nul, et $I_n>0$. De plus ${\sin }^{n+1}t\le {\sin }^{n}t$ sur $[0,\frac{\pi }{2}]$ (on multiplie par $\sin t\le 1$), donc $I_{n+1}\le I_n$ par croissance de l'intégrale : $(I_n)$ est décroissante.

Alors $I_{n+2}\le I_{n+1}\le I_n$, et en divisant par $I_n>0$, avec $I_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}{I}_n$ : $$\frac{n+1}{n+2}\le \frac{I_{n+1}}{I_n}\le 1.$$ La borne de gauche tend vers $1$ : par le théorème des gendarmes, $\frac{I_{n+1}}{I_n}\to 1$. Deux termes consécutifs sont équivalents.

3) La quantité conservée, et l'équivalent. Posons $w_n=(n+1)I_{n+1}{I}_n$. Pour $n\ge 1$, $$\frac{w_n}{w_{n-1}}=\frac{(n+1)I_{n+1}{I}_n}{n{I}_n{I}_{n-1}}=\frac{n+1}{n}\cdot \frac{I_{n+1}}{I_{n-1}}=\frac{n+1}{n}\cdot \frac{n}{n+1}=1,$$ en utilisant la récurrence $I_{n+1}=\frac{n}{n+1}{I}_{n-1}$. La suite $(w_n)$ est constante, égale à $w_0=I_1{I}_0=\frac{\pi }{2}$ : $$(n+1)I_{n+1}{I}_n=\frac{\pi }{2}\text{pour tout }n\ge 0,\text{soit}n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}\text{pour tout }n\ge 1.$$ Il ne reste qu'à combiner : $$I_n^2=I_n{I}_{n-1}\cdot \frac{I_n}{I_{n-1}}=\frac{\pi }{2n}\cdot \frac{I_n}{I_{n-1}}\sim \frac{\pi }{2n},$$ puisque $\frac{I_n}{I_{n-1}}\to 1$. Les $I_n$ étant positifs, on prend la racine carrée (les équivalents de suites positives passent à la racine) : $$I_n\sim \sqrt{\frac{\pi }{2n}}.$$ Le point délicat. Il faut les deux ingrédients, et aucun ne suffit seul. La relation exacte $n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}$ contrôle le produit de deux termes consécutifs, pas chacun ; le rapport $\frac{I_n}{I_{n-1}}\to 1$ dit qu'ils sont du même ordre, sans fixer d'échelle. C'est leur conjonction qui donne l'équivalent.

4) La formule de Wallis. Notons $a_p=\frac{(2p)!}{2^{2p}(p!{)}^2}$, de sorte que $I_{2p}=a_p\frac{\pi }{2}$ et, puisque $(2p+1)!=(2p+1)(2p)!$, $$I_{2p+1}=\frac{2^{2p}(p!{)}^2}{(2p+1)(2p)!}=\frac{1}{(2p+1)a_p}.$$ Donc $$\frac{I_{2p}}{I_{2p+1}}=\frac{\pi }{2}(2p+1)a_p^2\underset{p\to \infty }{\to }1$$ par le 2). Ainsi $a_p^2\sim \frac{2}{\pi (2p+1)}\sim \frac{1}{\pi p}$, et, $a_p$ étant positif, $$a_p=\frac{(2p)!}{2^{2p}(p!{)}^2}\sim \frac{1}{\sqrt{\pi p}}.$$ Comme $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p}\right)=\frac{(2p)!}{(p!{)}^2}=4^p{a}_p$, cela s'écrit $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p}\right)\sim \frac{4^p}{\sqrt{\pi p}}:$$ le coefficient binomial central — $p$ parmi $2p$ — est une fraction de $4^p$ qui décroît comme $\frac{1}{\sqrt{p}}$.

Le produit de Wallis. $a_p$ est le produit ${\prod }_{k=1}^p\frac{2k-1}{2k}$ (c'est la forme $\frac{1\cdot 3\cdots (2p-1)}{2\cdot 4\cdots 2p}$ de la question 1). Donc $$(2p+1)a_p^2=(2p+1)\prod _{k=1}^p\frac{(2k-1{)}^2}{(2k{)}^2}=\prod _{k=1}^p\frac{(2k-1)(2k+1)}{(2k{)}^2},$$ car $(2p+1){\prod }_{k=1}^p(2k-1)={\prod }_{k=1}^p(2k+1)$ — les deux produits sont $1\cdot 3\cdots (2p-1)\cdot (2p+1)$. Comme $(2p+1)a_p^2\to \frac{2}{\pi }$, en passant à l'inverse, $$\prod _{k=1}^p\frac{(2k{)}^2}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\cdot \frac{4\cdot 4}{3\cdot 5}\cdot \frac{6\cdot 6}{5\cdot 7}\cdots \underset{p\to \infty }{\to }\frac{\pi }{2}.$$ C'est la formule de Wallis : le nombre $\pi$ comme limite d'un produit de rationnels.

5) La constante existe. D'abord le calcul de $d_n$ : $$\ln u_n=\ln (n!)+n-(n+\frac{1}{2})\ln n,\ln u_{n+1}=\ln (n!)+\ln (n+1)+n+1-(n+\frac{3}{2})\ln (n+1),$$ donc $$d_n=\ln u_n-\ln u_{n+1}=-1+(n+\frac{3}{2})\ln (n+1)-\ln (n+1)-(n+\frac{1}{2})\ln n=(n+\frac{1}{2})(\ln (n+1)-\ln n)-1=(n+\frac{1}{2})\ln (1+\frac{1}{n})-1.$$

Les deux inégalités, par étude de fonctions. Soit $h(x)=\ln (1+x)-\frac{2x}{2+x}$ pour $x\ge 0$. On a $h(0)=0$ et $$h^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{2(2+x)-2x}{(2+x{)}^2}=\frac{1}{1+x}-\frac{4}{(2+x{)}^2}=\frac{(2+x{)}^2-4(1+x)}{(1+x)(2+x{)}^2}=\frac{x^2}{(1+x)(2+x{)}^2}\ge 0.$$ Donc $h$ est croissante sur $[0,+\infty [$ et $h\ge h(0)=0$ : $\ln (1+x)\ge \frac{2x}{2+x}$. Soit ensuite $k(x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ln (1+x)$. On a $k(0)=0$ et $$k^{\prime }(x)=1-x+x^2-\frac{1}{1+x}=\frac{(1-x+x^2)(1+x)-1}{1+x}=\frac{1+x^3-1}{1+x}=\frac{x^3}{1+x}\ge 0,$$ car $(1-x+x^2)(1+x)=1+x^3$. Donc $k\ge 0$ : $\ln (1+x)\le x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}$.

L'encadrement de $d_n$. Avec $x=\frac{1}{n}$. Minoration : $$d_n\ge (n+\frac{1}{2})\cdot \frac{2/n}{2+1/n}-1=(n+\frac{1}{2})\cdot \frac{2}{2n+1}-1=\frac{2n+1}{2n+1}-1=0.$$ Majoration : $$d_n\le (n+\frac{1}{2})(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3})-1=(1-\frac{1}{2n}+\frac{1}{3n^2})+(\frac{1}{2n}-\frac{1}{4n^2}+\frac{1}{6n^3})-1=\frac{1}{12n^2}+\frac{1}{6n^3}\le \frac{1}{12n^2}+\frac{1}{6n^2}=\frac{1}{4n^2},$$ en utilisant $n\ge 1$ pour la dernière inégalité. Donc $0\le d_n\le \frac{1}{4n^2}$.

Monotonie et minoration. Comme $d_n\ge 0$, la suite $(\ln u_n)$ est décroissante, donc $(u_n)$ aussi. Et pour $N\ge 2$, en sommant les $d_n$ (télescopage) : $$\ln u_1-\ln u_N=\sum _{n=1}^{N-1}{d}_n\le \frac{1}{4}\sum _{n=1}^{N-1}\frac{1}{n^2}\le \frac{1}{4}\cdot 2=\frac{1}{2},$$ d'après la majoration ${\sum }_{k\le N}\frac{1}{k^2}\le 2$ établie par récurrence renforcée dans la première séance de l'année. Or $u_1=\frac{1!e^1}{1^{3/2}}=e$, donc $\ln u_N\ge 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ et $u_N\ge e^{1/2}=\sqrt{e}$.

Conclusion. $(u_n)$ est décroissante et minorée : elle converge, vers un réel $C\ge \sqrt{e}>0$. Comme $u_n\to C\ne 0$, on a $u_n\sim C$, c'est-à-dire $$n!\sim C{n}^{n+1/2}{e}^{-n}=C\sqrt{n}(\frac{n}{e}{)}^n.$$ La formule de Stirling est établie, à la constante $C$ près. Le chapitre sur l'analyse asymptotique s'arrêtait là ; il reste à trouver $C$, et c'est Wallis qui va le faire.

6) La constante vaut $\sqrt{2\pi }$. Reportons l'équivalent dans le coefficient binomial central : $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p}\right)=\frac{(2p)!}{(p!{)}^2}\sim \frac{C\sqrt{2p}(\frac{2p}{e}{)}^{2p}}{\left(C\sqrt{p}\right(\frac{p}{e}{)}^p{)}^2}=\frac{C\sqrt{2}\sqrt{p}\cdot 4^p{p}^{2p}{e}^{-2p}}{C^{2}p{p}^{2p}{e}^{-2p}}=\frac{\sqrt{2}}{C}\cdot \frac{4^p}{\sqrt{p}}.$$ Le 4) donne $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p}\right)\sim \frac{1}{\sqrt{\pi }}\cdot \frac{4^p}{\sqrt{p}}$. Deux équivalents de la même suite, tous deux de la forme « constante fois $\frac{4^p}{\sqrt{p}}$ », ont nécessairement la même constante — le quotient des deux tend vers $1$, et ce quotient est $\frac{\sqrt{2}/C}{1/\sqrt{\pi }}=\frac{\sqrt{2\pi }}{C}$. Donc $C=\sqrt{2\pi }$.

Le théorème obtenu — formule de Stirling. $$n!\sim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e}{)}^n(n\to \infty ).$$ En prenant le logarithme : $u_n\to \sqrt{2\pi }$ signifie $\ln (n!)-n\ln n+n-\frac{1}{2}\ln n\to \frac{1}{2}\ln (2\pi )$, soit $$\ln (n!)=n\ln n-n+\frac{1}{2}\ln n+\frac{1}{2}\ln (2\pi )+o(1).$$ Les trois premiers termes sont ceux du chapitre sur l'analyse asymptotique ; le quatrième est la contribution de cette séance. Contrôle : pour $n=10$, la formule donne $\sqrt{20\pi }(10/e{)}^{10}\approx 3598696$, contre $10!=3628800$ : erreur relative $\approx 0,8\%$, de l'ordre de $\frac{1}{12n}$.

Ce que le problème installe. Deux méthodes, qui dépassent de loin ce chapitre. Une suite d'intégrales se pilote par une intégration par parties (la récurrence), la monotonie (le rapport de deux termes consécutifs tend vers $1$) et une quantité conservée (l'échelle) : trois ingrédients, chacun indispensable. Et une constante inconnue s'identifie en confrontant deux équivalents du même objet — ici le coefficient binomial central, calculé une fois par Wallis, une fois par Stirling. Le $\pi$ de la formule de Stirling vient tout entier de $I_0=\frac{\pi }{2}$ ; le reste est de l'analyse élémentaire : une intégration par parties, deux inégalités de convexité, et la majoration $\sum \frac{1}{k^2}\le 2$ de la première séance de l'année.