Le but de cette série d’articles est de présenter une approche permettant de faire apparaître la formule de Stirling.
Vous allez partir de la fonction inverse $x\mapsto \frac{1}{x}$ qui est la dérivée de la fonction logarithme népérien $x\mapsto \ln x$ et utiliser ses propriétés pour en déduire une inégalité faisant apparaître une factorielle.
Etablissez une minoration d’une intégrale
Soit $n$ un entier naturel non nul. Vous souhaitez minorer l’intégrale $\int_{n}^{n+1} \frac{\dt}{t}$ qui est égale à $\ln(n+1)-\ln n.$
Considérez la figure suivante, dans laquelle la courbe $\mathscr{C}$ représente la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}.$
Le point $A$ admet pour coordonnées $(n,0).$
Le point $B$ admet pour coordonnées $(n+1,0).$
Le point $I$, milieu du segment $[AB]$ admet pour coordonnées $\left(n+\frac{1}{2},0\right).$
Le point $E$ situé sur la courbe $\mathscr{C}$ admet pour coordonnées $\left(n,\frac{1}{n}\right).$
Le point $F$ situé sur la courbe $\mathscr{C}$ admet pour coordonnées $\left(n+1,\frac{1}{n+1}\right).$
Le point $J$ situé sur la courbe $\mathscr{C}$ admet pour coordonnées $\left(n+\frac{1}{2},\frac{1}{n+\frac{1}{2}}\right)$ c’est-à-dire $\left(n+\frac{1}{2}, \frac{2}{2n+1}\right).$
La droite $(CD)$ est la tangente à la courbe $\mathscr{C}$ au point $J$ qui a pour abscisse $n+\frac{1}{2}.$
Le coefficient directeur de cette tangente est $m = \frac{-1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2}.$
L’aire du trapèze $ABCD$ est inférieure ou égale à $\ln(n+1)-\ln n$ étant donné que la fonction $x\mapsto \frac{1}{x^2}$ est convexe sur l’intervalle $]0,+\infty[.$
Vous simplifiez cette écriture en supprimant les fractions empilées:
\begin{align*}
m &= \frac{-1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2}\\
&= \frac{-1}{\left(\frac{2n+1}{2}\right)^2}\\
&= \frac{-1}{\frac{(2n+1)^2}{4}}\\
&= \frac{-4}{(2n+1)^2}.
\end{align*}L’équation réduite de la droite $(CD)$ est $y=mx+p.$ Cette droite passant par $J$ il vient:
\begin{align*}
y &=mx+p \\
\frac{2}{2n+1} &= m\times \left(n+\frac{1}{2}\right)+p\\
\frac{2}{2n+1} &= \frac{-4}{(2n+1)^2}\times \left(n+\frac{1}{2}\right)+p\\
2(2n+1)&=-4\left(n+\frac{1}{2}\right)+(2n+1)^2\times p\\
4n+2&=-4n-2+(2n+1)^2\times p\\
8n+4&=(2n+1)^2\times p\\
4(2n+1)&=(2n+1)^2\times p\\
4 &=(2n+1)\times p\\
\frac{4}{2n+1}&=p.
\end{align*}L’ordonnée du point $C$ est égale à:
\begin{align*}
y_C &= m\times (n+1)+p\\
&= \frac{-4}{(2n+1)^2}\times (n+1)+\frac{4}{2n+1}\\
&=\frac{-4n-4}{(2n+1)^2}+\frac{4(2n+1)}{(2n+1)^2}\\
&=\frac{-4n-4+8n+4}{(2n+1)^2}\\
&=\frac{4n}{(2n+1)^2}.
\end{align*}La distance verticale entre les points $B$ et $C$ est égale à $\boxed{BC = \frac{4n}{(2n+1)^2}.}$
L’ordonnée du point $D$ est égale à:
\begin{align*}
y_D &= m\times n+p\\
&= \frac{-4}{(2n+1)^2}\times n+\frac{4}{2n+1}\\
&=\frac{-4n}{(2n+1)^2}+\frac{4(2n+1)}{(2n+1)^2}\\
&=\frac{-4n+8n+4}{(2n+1)^2}\\
&=\frac{4n+4}{(2n+1)^2}.
\end{align*}La distance verticale entre les points $A$ et $D$ est égale à $\boxed{AD = \frac{4n+4}{(2n+1)^2}.}$
Vous déduisez de ces calculs les inégalités:
\begin{align*}
\frac{(AD+BC)\times 1}{2} &\leq \ln(n+1)-\ln n \\
AD+BC &\leq 2\left(\ln(n+1)-\ln n\right)\\
\frac{8n+4}{(2n+1)^2} &\leq 2\left(\ln(n+1)-\ln n\right)\\
\frac{4n+2}{(2n+1)^2} &\leq \ln(n+1)-\ln n\\
\frac{2(2n+1)}{(2n+1)^2} &\leq \ln(n+1)-\ln n\\
\frac{2}{2n+1} &\leq \ln(n+1)-\ln n\\
1&\leq \frac{2n+1}{2} \left( \ln(n+1)-\ln n \right)\\
1&\leq \left(n+\frac{1}{2}\right) \ln\frac{n+1}{n}\\
1&\leq \ln\left(\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}\right)\\
\e &\leq \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}.
\end{align*}Ainsi:
\boxed{\forall n\in\NN, \e \leq \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}.}Vers la formule de Stirling
Soit $n$ un entier naturel non nul.
Vous déduisez de ce qui précède que:
\begin{align*}
\e &\leq \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}\\
1 &\leq \frac{1}{\e} \times \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}\\
1 &\leq \frac{\e^n}{\e^{n+1}} \times \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}\\
1 &\leq \frac{\e^n}{\e^{n+1}} \times \left(\frac{n}{n+1}\right)^{-n-\frac{1}{2}}\\
1 &\leq \frac{\e^n}{\e^{n+1}} \times \frac{n^{-n-\frac{1}{2}}}{(n+1)^{-n-\frac{1}{2}}}\\
1 &\leq \frac{\e^n}{\e^{n+1}} \times \frac{n^{-n-\frac{1}{2}}}{(n+1)^{-n-1-\frac{1}{2}}}\times \frac{1}{n+1}\\
1 &\leq \frac{\e^n}{\e^{n+1}} \times \frac{n^{-n-\frac{1}{2}}}{(n+1)^{-n-1-\frac{1}{2}}}\times \frac{n!}{(n+1)!}.
\end{align*}Cela vous invite à poser $\boxed{\forall n\in\NN, u_n = n! \e^n n^{-n-\frac{1}{2}}.}$ La suite $(u_n)_{n\geq 1}$ est strictement positive, elle est minorée par $0.$
D’après le résultat établi ci-dessus, $\forall n\in\NN, 1\leq \frac{u_n}{u_{n+1}}$ donc la suite $(u_n)_{n\geq 1}$ est décroissante.
La suite $(u_n)_{n\geq 1}$ étant décroissante et minorée il en résulte qu’elle converge.
Prolongement
Pour accéder à la formule de Stirling, allez jeter un oeil dans le contenu rédigé dans l'article 255.
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