Exercice 11 · Problème : constante d'Euler, formule de Stirling et coefficients binomiaux
ProblèmeProblème de synthèse, niveau écrit CCINP / Mines-Télécom●●●Partie I — Constante d'Euler. On note $H_n=\sum_{k=1}^n\frac1k$ et $u_n=H_n-\ln n$.
- Montrer que $u_n-u_{n-1}\sim-\frac1{2n^2}$ et en déduire que $(u_n)$ converge vers un réel $\gamma$.
- Montrer que $H_n=\ln n+\gamma+\frac1{2n}+o\left(\frac1n\right)$.
Partie II — Formule de Stirling. Pour $n\ge1$, on pose $v_n=\ln(n!)+n-\left(n+\frac12\right)\ln n$. 3. Montrer que $v_{n+1}-v_n=1-\left(n+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1n\right)$, puis que $v_{n+1}-v_n=-\frac1{12n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)$. 4. En déduire qu'il existe $C>0$ tel que $n!\sim C\sqrt n\left(\frac ne\right)^n$. 5. On note $W_n=\int_0^{\pi/2}\cos^nt\,\mathrm dt$. On admet (voir le problème du chapitre suivant) que $W_{2n}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\cdot\frac\pi2$ et que $W_n\sim\sqrt{\frac\pi{2n}}$. Montrer que $C=\sqrt{2\pi}$.
Partie III — Application. 6. Montrer que $\binom{2n}n\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$. 7. Nature des séries $\sum\frac{\binom{2n}n}{4^n}$ et $\sum\frac{\binom{2n}n}{n\,4^n}$.
Partie I : c'est le cours (sommation des équivalents, cas convergent) ; bien vérifier le signe constant.
Question 3 : $\ln(1+x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+O(x^4)$.
Question 5 : remplacer $n!$ et $(2n)!$ par leurs équivalents dans l'expression de $W_{2n}$.
1. Pour $n\ge2$, $u_n-u_{n-1}=\frac1n-\ln n+\ln(n-1)=\frac1n+\ln\left(1-\frac1n\right)=-\frac1{2n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)$. Ce terme est équivalent à $-\frac1{2n^2}$, donc de signe constant et terme d'une série convergente. La série télescopique converge, donc $(u_n)$ converge : notons $\gamma$ sa limite.
2. Par sommation des équivalents (cas convergent, appliquée à $-(u_k-u_{k-1})$, positif à partir d'un rang) : $$\gamma-u_n=\sum_{k=n+1}^{+\infty}(u_k-u_{k-1})\sim-\frac12\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac1{k^2}\sim-\frac1{2n},$$ en utilisant $\sum_{k>n}\frac1{k^2}\sim\frac1n$ (cours). Donc $u_n=\gamma+\frac1{2n}+o\left(\frac1n\right)$.
3. $v_{n+1}-v_n=\ln(n+1)+1-\left(n+\frac32\right)\ln(n+1)+\left(n+\frac12\right)\ln n=1-\left(n+\frac12\right)\ln\left(1+\frac1n\right)$. Puis, avec $x=\frac1n$ : $$\left(n+\frac12\right)\left(\frac1n-\frac1{2n^2}+\frac1{3n^3}+O\left(\frac1{n^4}\right)\right)=1-\frac1{2n}+\frac1{3n^2}+\frac1{2n}-\frac1{4n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)=1+\frac1{12n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right).$$ Donc $v_{n+1}-v_n=-\frac1{12n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)$.
4. $\sum(v_{n+1}-v_n)$ converge absolument (terme en $O\left(\frac1{n^2}\right)$), donc $(v_n)$ converge vers un réel $\ell$. 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 $n!\sim C\sqrt n\left(\frac ne\right)^n$.
5. Par la question 4, $(2n)!\sim C\sqrt{2n}\left(\frac{2n}e\right)^{2n}$ et $(n!)^2\sim C^2n\left(\frac ne\right)^{2n}$. Donc $$\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\sim\frac{C\sqrt2\sqrt n\,4^nn^{2n}e^{-2n}}{4^nC^2n\,n^{2n}e^{-2n}}=\frac{\sqrt2}{C\sqrt n}.$$ D'où $W_{2n}\sim\frac{\pi\sqrt2}{2C\sqrt n}$. Mais aussi $W_{2n}\sim\sqrt{\frac\pi{4n}}=\frac{\sqrt\pi}{2\sqrt n}$. Par unicité de la limite de $\sqrt n\,W_{2n}$ : $\frac{\pi\sqrt2}{2C}=\frac{\sqrt\pi}2$, soit $C=\sqrt{2\pi}$.
6. Le calcul de la question 5 avec $C=\sqrt{2\pi}$ donne $\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\sim\frac{\sqrt2}{\sqrt{2\pi}\sqrt n}=\frac1{\sqrt{\pi n}}$, c'est-à-dire $\binom{2n}n\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$.
7. Les termes sont positifs. $\frac{\binom{2n}n}{4^n}\sim\frac1{\sqrt\pi\,n^{1/2}}$ : divergence (Riemann, $\frac12\le1$). $\frac{\binom{2n}n}{n4^n}\sim\frac1{\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ : convergence.
$H_n=\ln n+\gamma+\frac1{2n}+o\left(\frac1n\right)$, $n!\sim\sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^n$, $\binom{2n}n\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ ; la première série de 7 diverge, la seconde converge.