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Séries à terme général positif
3. Ainsi, pour tout entier supérieur ou égal à 1,
n
k=1
1
k
− ln(n + 1) − g = −
+∞
k=n+1
1
k
− ln
1 +
1
k
.
Puisque
1
k
− ln
1 +
1
k
∼
1
2k 2 , d’après la question 1. et l’exercice précédent
−
+∞
k=n+1
1
k
+ ln
1 −
1
k
∼ −
1
2
+∞
k=n+1
1
k 2 ∼ −
1
2n
·
Ainsi, en utilisant à nouveau un développement limité de la fonction x → ln(1 + x)
n
k=1
1
k
− ln n − g = −
1
2n
+ o
1
n
+ ln
1 +
1
n
=
1
2n
+ o
1
n
.
Exercice 6. Formule de Stirling
On utilisera les résultats des trois exercices précédents.
On note, pour tout entier naturel n, I n l’intégrale de Wallis
p
2
0
sin
n t dt. On rappelle que
I 2n =
2n
n
2 2n
p
2
et que I n ∼
p
2n
· (On pourra se reporter au chapitre 15, exercice 10 du tome
I.)
Pour tout entier naturel non nul n, on pose
u n =
n!e
n
n n+
1
2
·
1. Montrer que la suite (u n ) est convergente. On étudiera la série
(ln u n − ln u n−1 ).
2. Montrer, en utilisant les intégrales de Wallis, que lim
n→+∞
u n =
√
2p.
3. Montrer que
n ! =
√
2pn
n+
1
2 e
−n
1 +
1
12n
+ o
1
n
.
(Formule de Stirling)
Solution.
1. On a, pour tout entier naturel n 2,
u n
u n−1
= e
1 −
1
n
n−
1
2
et donc, en utilisant le
développement limité en 0 de x → ln (1 + x) à l’ordre 3,
ln u n − ln u n−1 = ln
u n
u n−1
= 1 +
n −
1
2
ln
1 −
1
n
= 1 +
n −
1
2
−
1
n
−
1
2n 2 −
1
3n 3 + o
1
n 3
= −
1
12n 2 + o
1
n 2
·
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