MPSI · Analyse asymptotique

Relations de comparaison sur les suites

Palier 0Palier 1Palier 1+Palier 2

Dans toute cette leçon, (un)n∈N(u_n)_{n\in\mathbb{N}}, (vn)n∈N(v_n)_{n\in\mathbb{N}} et (wn)n∈N(w_n)_{n\in\mathbb{N}} sont des suites à valeurs dans K\mathbb{K}.

Transposer OO, oo et ∼\sim aux suites

Question

Une suite n'est rien d'autre qu'une fonction définie sur N\mathbb{N}, et un seul point d'étude l'intéresse : +∞+\infty. Que devient alors la notion de « voisinage de aa », qui structurait toutes les définitions de la section précédente ?

Définition 1 : Dominance, négligeabilité et équivalence de suites

On dit que :

  1. (un)n∈N(u_n)_{n\in\mathbb{N}} est dominée par (vn)n∈N(v_n)_{n\in\mathbb{N}} s'il existe une suite (bn)(b_n) bornée telle que un=vn bnu_n = v_n\, b_n à partir d'un certain rang ; on note alors un=O(vn)u_n = \mathrm{O}(v_n).

  2. (un)n∈N(u_n)_{n\in\mathbb{N}} est négligeable devant (vn)n∈N(v_n)_{n\in\mathbb{N}} s'il existe une suite (εn)(\varepsilon_n) tendant vers 00 telle que un=vn εnu_n = v_n\,\varepsilon_n à partir d'un certain rang ; on note alors un=o(vn)u_n = \mathrm{o}(v_n).

  3. (un)n∈N(u_n)_{n\in\mathbb{N}} est équivalente à (vn)n∈N(v_n)_{n\in\mathbb{N}} s'il existe une suite (tn)(t_n) tendant vers 11 telle que un=vn tnu_n = v_n\,t_n à partir d'un certain rang ; on note alors un∼vnu_n \sim v_n.

Test 1 : À partir d'un certain rang

Si un=O(vn)u_n = \mathrm{O}(v_n), alors il existe M⩾0M\geqslant 0 tel que ∣un∣⩽M ∣vn∣|u_n| \leqslant M\,|v_n| pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

Remarque :

  • (un)(u_n) est bornée si, et seulement si, un=O(1)u_n = O(1).
  • (un)(u_n) converge vers 00 si, et seulement si, un=o(1)u_n = o(1).
  • Si un=o(vn)u_n = o(v_n), alors un=O(vn)u_n = O(v_n).
  • (un)n∈N(u_n)_{n\in\mathbb{N}} est équivalente à (vn)n∈N(v_n)_{n\in\mathbb{N}} si, et seulement si, un−vn=o(vn)u_n - v_n = \mathrm{o}(v_n). On écrit aussi un=vn+o(vn)u_n = v_n + \mathrm{o}(v_n).
  • un=o(vn)u_n=o(v_n) si, et seulement si, un+vn∼vnu_n+v_n \sim v_n.
  • La relation ∼\sim est une relation d'équivalence sur l'ensemble des suites.
  • Si ℓ≠0\ell\neq 0, alors lim⁡n→+∞un=ℓ\displaystyle\lim_{n \rightarrow+\infty} u_{n}=\ell si, et seulement si, un∼ℓu_{n} \sim \ell.

Test 2 : Bornée, dit avec un grand O

Une suite (un)(u_n) est bornée si, et seulement si, un=O(1)u_n = O(1).

Test 3 : Limite et équivalent

Si (un)(u_n) converge vers ℓ\ell, alors un∼ℓu_n \sim \ell.

Test 4 : Absorption d'un terme négligeable

un=o(vn)u_n = o(v_n) si, et seulement si, un+vn∼vnu_n + v_n \sim v_n.

Caractérisation par le quotient

Question

Comme pour les fonctions, les suites (bn)(b_n), (εn)(\varepsilon_n) et (tn)(t_n) des définitions ressemblent fort à des quotients. À quelle condition peut-on effectivement diviser, et que deviennent alors les trois définitions ?

Proposition 1 : Caractérisations des relations de comparaison par le quotient

On suppose que la suite (vn)(v_n) ne s'annule pas à partir d'un certain rang, alors :

  1. un=O(vn)u_n = \mathrm{O}(v_n) si, et seulement si, (unvn)\left(\dfrac{u_n}{v_n}\right) est bornée.

  2. un=o(vn)u_n = \mathrm{o}(v_n) si, et seulement si, lim⁡n→+∞unvn=0\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{u_n}{v_n} = 0.

  3. un∼vnu_n \sim v_n si, et seulement si, lim⁡n→+∞unvn=1\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{u_n}{v_n} = 1.

Démonstration :

Notons N0N_0 un rang à partir duquel vn≠0v_n \neq 0 : la suite (unvn)n⩾N0\left(\frac{u_n}{v_n}\right)_{n\geqslant N_0} est bien définie.

1. Supposons un=O(vn)u_n = O(v_n) : il existe une suite bornée (bn)(b_n), disons ∣bn∣⩽M|b_n|\leqslant M pour tout nn, et un rang N1N_1 tels que un=vnbnu_n = v_n b_n pour n⩾N1n\geqslant N_1. Pour n⩾max⁡(N0,N1)n\geqslant \max(N_0,N_1), on peut diviser :

unvn=bn,donc∣unvn∣⩽M.\frac{u_n}{v_n} = b_n, \qquad \text{donc} \qquad \left|\frac{u_n}{v_n}\right| \leqslant M .

La suite (unvn)\left(\frac{u_n}{v_n}\right) est donc bornée à partir d'un certain rang, donc bornée (les termes d'indice inférieur sont en nombre fini).

Réciproquement, supposons (unvn)n⩾N0\left(\frac{u_n}{v_n}\right)_{n\geqslant N_0} bornée par MM. Posons

bn=unvn  si n⩾N0,bn=0  sinon.b_n = \frac{u_n}{v_n} \ \text{ si } n\geqslant N_0, \qquad b_n = 0 \ \text{ sinon.}

La suite (bn)(b_n) est bornée par MM et vérifie un=vnbnu_n = v_n b_n pour n⩾N0n\geqslant N_0, c'est-à-dire à partir d'un certain rang. Donc un=O(vn)u_n = O(v_n).

2. Supposons un=o(vn)u_n = o(v_n) : il existe (εn)(\varepsilon_n) de limite nulle et un rang N1N_1 tels que un=vnεnu_n = v_n\varepsilon_n pour n⩾N1n \geqslant N_1. Pour n⩾max⁡(N0,N1)n\geqslant\max(N_0,N_1), unvn=εn→0\frac{u_n}{v_n} = \varepsilon_n \to 0.

Réciproquement, si unvn→0\frac{u_n}{v_n}\to0, on pose εn=unvn\varepsilon_n = \frac{u_n}{v_n} pour n⩾N0n\geqslant N_0 et εn=0\varepsilon_n = 0 sinon : cette suite tend vers 00 et vérifie un=vnεnu_n = v_n\varepsilon_n à partir du rang N0N_0. Donc un=o(vn)u_n = o(v_n).

3. Supposons un∼vnu_n\sim v_n : il existe (tn)(t_n) de limite 11 et un rang N1N_1 tels que un=vntnu_n = v_nt_n pour n⩾N1n\geqslant N_1. Pour n⩾max⁡(N0,N1)n\geqslant\max(N_0,N_1), unvn=tn→1\frac{u_n}{v_n} = t_n \to 1.

Réciproquement, si unvn→1\frac{u_n}{v_n}\to1, on pose tn=unvnt_n = \frac{u_n}{v_n} pour n⩾N0n\geqslant N_0 et tn=1t_n = 1 sinon : cette suite tend vers 11 et vérifie un=vntnu_n = v_nt_n à partir du rang N0N_0. Donc un∼vnu_n\sim v_n.

Test 5 : Diviser sans précaution

Pour toutes suites (un)(u_n) et (vn)(v_n), on a un∼vnu_n \sim v_n si, et seulement si, unvn→1\dfrac{u_n}{v_n} \to 1.

Exemple :

  1. On a n+1∼nn+1 \sim n, et n∼n+1\sqrt{n} \sim \sqrt{n+1}, et n+1−n∼12n\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\sim \frac{1}{2\sqrt{n}}.

  2. Soit a∈Ra \in \mathbb{R} ; comme lim⁡n→+∞ann!=0\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \dfrac{a^n}{n!} = 0, alors an=o(n!)a^n = \mathrm{o}(n!).

Le troisième équivalent du point 1 ne se lit pas sur les deux premiers : comment l'obtenir ?

Exercice 1 : Reconnaître la bonne relation

Pour chacun des couples suivants, préciser lesquelles des trois relations un=O(vn)u_n = O(v_n), un=o(vn)u_n = o(v_n), un∼vnu_n \sim v_n sont vérifiées.

  1. un=2n2+1n2+nu_n = \dfrac{2n^2+1}{n^2+n} et vn=2v_n = 2.
  2. un=(−1)nnu_n = \dfrac{(-1)^n}{n} et vn=1nv_n = \dfrac{1}{n}.
  3. un=n+cos⁡nn2u_n = \dfrac{n+\cos n}{n^2} et vn=1nv_n = \dfrac{1}{n}.
Solution :(cliquer pour afficher)

Dans les trois cas, (vn)(v_n) ne s'annule pas : on applique la caractérisation par le quotient.

1. Pour n⩾1n\geqslant 1,

unvn=2n2+12(n2+n)=2+1n22+2n→n→+∞1.\frac{u_n}{v_n} = \frac{2n^2+1}{2(n^2+n)} = \frac{2+\frac{1}{n^2}}{2+\frac{2}{n}} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1 .

Donc un∼2u_n \sim 2. Le quotient étant convergent, il est borné : on a aussi un=O(vn)u_n = O(v_n). En revanche sa limite n'est pas 00, donc un≠o(vn)u_n \neq o(v_n).

2. Pour n⩾1n\geqslant 1,  unvn=(−1)n\ \frac{u_n}{v_n} = (-1)^n. Cette suite est bornée mais n'a pas de limite : un=O(vn)u_n = O(v_n), et ni un=o(vn)u_n = o(v_n), ni un∼vnu_n\sim v_n. C'est l'exemple type d'une domination sans équivalence.

3. Pour n⩾1n\geqslant 1,

unvn=n+cos⁡nn=1+cos⁡nn→n→+∞1\frac{u_n}{v_n} = \frac{n+\cos n}{n} = 1 + \frac{\cos n}{n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1

car ∣cos⁡nn∣⩽1n→0\left|\frac{\cos n}{n}\right|\leqslant \frac1n \to 0. Donc un∼vnu_n \sim v_n, et par conséquent un=O(vn)u_n = O(v_n) ; mais un≠o(vn)u_n \neq o(v_n).

L'échelle de comparaison usuelle

Question

Face à une expression mêlant logarithmes, puissances, exponentielles et factorielles, il faut savoir immédiatement lequel de ces termes écrase les autres. Peut-on ranger ces suites de référence une fois pour toutes, du plus petit au plus grand ?

Proposition 2

Soient (α,β)∈R(\alpha, \beta) \in \mathbb{R} avec α,β>0\alpha, \beta>0, et q>1q>1. Alors :

1qn=o(1nα),1nα=o(1ln⁡βn),ln⁡βn=o(nα),nα=o(qn),qn=o(n!);n!=o(nn)\frac{1}{q^{n}}=o\left(\frac{1}{n^{\alpha}}\right), \quad \frac{1}{n^{\alpha}}=o\left(\frac{1}{\ln ^{\beta} n} \right), \quad \ln ^{\beta} n=o\left(n^{\alpha}\right), \quad n^{\alpha}=o\left(q^{n}\right), \quad q^{n}=o(n !) \quad ; \quad n !=o\left(n^{n}\right)

Démonstration :

Aucune des suites en jeu ne s'annule à partir d'un certain rang (pour ln⁡βn\ln^\beta n, à partir du rang 22) : d'après la caractérisation par le quotient, chaque relation xn=o(yn)x_n = o(y_n) équivaut à xnyn→0\frac{x_n}{y_n}\to 0. On remarque alors que les six relations se ramènent à quatre limites, car

1qn1nα=nαqnet1nα1ln⁡βn=ln⁡βnnα:\frac{\frac{1}{q^n}}{\frac{1}{n^\alpha}} = \frac{n^\alpha}{q^n} \qquad\text{et}\qquad \frac{\frac{1}{n^\alpha}}{\frac{1}{\ln^\beta n}} = \frac{\ln^\beta n}{n^\alpha} :

la première relation est identique à la quatrième, et la deuxième à la troisième.

ln⁡βn=o(nα)\ln^\beta n = o(n^\alpha). Les croissances comparées sur les fonctions donnent (ln⁡x)β=x→+∞o(xα)(\ln x)^\beta \underset{x\to+\infty}{=} o(x^\alpha), c'est-à-dire (ln⁡x)βxα→0\frac{(\ln x)^\beta}{x^\alpha} \to 0 quand x→+∞x\to+\infty. Comme la suite (n)(n) tend vers +∞+\infty, la composition des limites donne (ln⁡n)βnα→0\frac{(\ln n)^\beta}{n^\alpha}\to0.

nα=o(qn)n^\alpha = o(q^n). Puisque q>1q>1, on a ln⁡q>0\ln q>0 et qn=e(ln⁡q)nq^n = e^{(\ln q)n}. Les croissances comparées sur les fonctions donnent xα=x→+∞o ⁣(e(ln⁡q)x)x^\alpha \underset{x\to+\infty}{=} o\!\left(e^{(\ln q)x}\right), et l'on conclut là encore en composant avec la suite (n)(n) :

nαqn→n→+∞0.\frac{n^\alpha}{q^n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0 .

qn=o(n!)q^n = o(n!). Posons an=qnn!>0a_n = \frac{q^n}{n!} > 0. Alors

an+1an=qn+1(n+1)!×n!qn=qn+1.\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{q^{n+1}}{(n+1)!}\times\frac{n!}{q^n} = \frac{q}{n+1} .

Soit NN un entier tel que N+1⩾2qN+1 \geqslant 2q : pour tout n⩾Nn\geqslant N, on a an+1an⩽12\frac{a_{n+1}}{a_n} \leqslant \frac12. Une récurrence immédiate donne alors

∀n⩾N,0<an⩽aN(12)n−N.\forall n \geqslant N, \qquad 0 < a_n \leqslant a_N \left(\frac12\right)^{n-N} .

Le majorant est le terme général d'une suite géométrique de raison 12∈]0 ;1[\frac12 \in \left]0\,;1\right[, donc de limite nulle. Par encadrement, an→0a_n \to 0.

n!=o(nn)n! = o(n^n). Pour n⩾1n\geqslant 1,

n!nn=∏k=1nkn=1n×∏k=2nkn,\frac{n!}{n^n} = \prod_{k=1}^{n}\frac{k}{n} = \frac{1}{n}\times\prod_{k=2}^{n}\frac{k}{n},

et chacun des facteurs kn\frac{k}{n} pour 2⩽k⩽n2\leqslant k\leqslant n appartient à ]0 ;1]\left]0\,;1\right]. Donc

0<n!nn⩽1n→n→+∞0,0 < \frac{n!}{n^n} \leqslant \frac{1}{n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0 ,

et l'on conclut par encadrement.

Remarque :

En notant un≪vnu_{n} \ll v_{n} au lieu de un=o(vn)u_{n}=o\left(v_{n}\right), on a donc lorsque nn tend vers +∞+\infty :

1n!≪q−n≪1nα≪ln⁡βn≪nα≪qn≪n!≪nn\frac{1}{n !} \ll q^{-n} \ll \frac{1}{n^{\alpha}} \ll \ln ^{\beta} n \ll n^{\alpha} \ll q^{n} \ll n ! \ll n^{n}

Test 6 : Toute exponentielle écrase-t-elle les puissances ?

Pour tout q>0q>0 et tout α>0\alpha>0, on a nα=o(qn)n^{\alpha} = o(q^n).

Test 7 : Factorielle contre puissance n-ième

nnn!→n→+∞+∞\dfrac{n^n}{n!} \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty.

Exercice 2

Donner des équivalents simples :

  1. ln⁡n+2n+1\ln n+2 \sqrt{n}+1
  2. 12n+1n+1ln⁡n\dfrac{1}{2^n}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}+\dfrac{1}{\ln n}
Solution :(cliquer pour afficher)

Dans chaque somme, on identifie le terme prépondérant grâce à l'échelle de comparaison, puis on conclut en utilisant que « un=o(vn)u_n = o(v_n) entraîne un+vn∼vnu_n+v_n\sim v_n ».

1. L'échelle donne ln⁡n=o(n)\ln n = o(\sqrt n) (cas β=1\beta=1, α=12\alpha=\frac12) et 1=o(n)1 = o(\sqrt n). Donc ln⁡n+1=o(n)\ln n + 1 = o(\sqrt n), puis ln⁡n+1=o(2n)\ln n + 1 = o(2\sqrt n), et enfin

ln⁡n+2n+1∼n→+∞2n.\ln n + 2\sqrt{n}+1 \underset{n\to+\infty}{\sim} 2\sqrt{n} .

Vérification par le quotient : ln⁡n+2n+12n=ln⁡n2n+1+12n→1\frac{\ln n+2\sqrt n+1}{2\sqrt n} = \frac{\ln n}{2\sqrt n} + 1 + \frac{1}{2\sqrt n} \to 1.

2. Ici les trois termes tendent vers 00 : le terme prépondérant est celui qui tend vers 00 le moins vite. L'échelle donne

12n≪1n≪1ln⁡n,\frac{1}{2^n} \ll \frac{1}{\sqrt n} \ll \frac{1}{\ln n},

puisque 1qn=o ⁣(1nα)\frac{1}{q^n} = o\!\left(\frac{1}{n^\alpha}\right) avec q=2q=2, α=12\alpha=\frac12, et 1nα=o ⁣(1ln⁡βn)\frac{1}{n^\alpha} = o\!\left(\frac{1}{\ln^\beta n}\right) avec α=12\alpha=\frac12, β=1\beta=1. Le terme dominant est donc 1ln⁡n\frac{1}{\ln n} et

12n+1n+1ln⁡n∼n→+∞1ln⁡n.\frac{1}{2^n}+\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\ln n} \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{1}{\ln n} .

Vérification : ln⁡n(12n+1n)→0\ln n\left(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{\sqrt n}\right) \to 0 par les mêmes comparaisons.

La formule de Stirling

Question

L'échelle précédente situe n!n! entre qnq^n et nnn^n, mais ne dit rien de sa taille exacte. Peut-on aller plus loin et exprimer n!n! — quantité définie par un produit de nn facteurs — à l'aide des seules fonctions usuelles ?

Théorème 1 : Formule de Stirling

n!∼n→+∞2πn(ne)n.n! \underset{n \to +\infty}{\sim} \sqrt{2\pi n} \left( \frac{n}{e} \right)^n .

Exercice 3 : Démonstration de la formule de Stirling

Pour n⩾1n \geqslant 1, on pose

vn=ln⁡(n!)−(n+12)ln⁡n+n.v_n = \ln(n!) - \left(n+\tfrac12\right)\ln n + n .

Partie A — Existence d'une constante.

  1. Montrer que, pour tout n⩾1n\geqslant 1,
vn+1−vn=1−(n+12)ln⁡ ⁣(1+1n).v_{n+1}-v_n = 1 - \left(n+\tfrac12\right)\ln\!\left(1+\tfrac1n\right).
  1. Étudier la fonction φ:x↦ln⁡(1+x)−ln⁡(1−x)−2x\varphi : x \mapsto \ln(1+x)-\ln(1-x)-2x sur [0 ;1[\left[0\,;1\right[. En posant x=12n+1x = \frac{1}{2n+1}, en déduire que la suite (vn)(v_n) est strictement décroissante.
  2. Montrer que vn+1−vn∼n→+∞−112n2v_{n+1}-v_n \underset{n\to+\infty}{\sim} -\dfrac{1}{12n^2}, puis qu'il existe un rang N⩾2N\geqslant 2 tel que ∣vn+1−vn∣⩽1n2\left|v_{n+1}-v_n\right| \leqslant \frac{1}{n^2} pour tout n⩾Nn\geqslant N.
  3. En majorant vN−vmv_N - v_m par une somme télescopique, montrer que (vn)(v_n) est minorée. Conclure que (vn)(v_n) converge.
  4. En déduire qu'il existe une constante C>0C>0 telle que
n!∼n→+∞Cn(ne)n.n! \underset{n\to+\infty}{\sim} C\sqrt{n}\left(\frac{n}{e}\right)^n .

Partie B — Détermination de la constante.

Pour n∈Nn\in\mathbb{N}, on pose Wn=∫0π/2sin⁡nt dtW_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^n t\,\mathrm{d}t. On admet que

∀n∈N,(n+1)WnWn+1=π2,∀n∈N,0⩽Wn+1⩽Wn,∀n∈N,W2n=(2n)!22n(n!)2⋅π2.\forall n\in\mathbb{N},\quad (n+1)W_nW_{n+1} = \frac{\pi}{2}, \qquad \forall n\in\mathbb{N},\quad 0 \leqslant W_{n+1}\leqslant W_n , \qquad \forall n\in\mathbb{N},\quad W_{2n} = \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\cdot\frac{\pi}{2} .
  1. Montrer que Wn>0W_n > 0 pour tout nn, puis établir l'encadrement
∀n⩾1,π2(n+1)⩽Wn 2⩽π2n.\forall n\geqslant 1,\qquad \frac{\pi}{2(n+1)} \leqslant W_n^{\,2} \leqslant \frac{\pi}{2n} .

En déduire Wn∼n→+∞π2nW_n \underset{n\to+\infty}{\sim} \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}. 7. À l'aide de la partie A, déterminer un équivalent simple de W2nW_{2n} faisant intervenir CC. 8. Conclure que C=2πC = \sqrt{2\pi}, c'est-à-dire

n!∼n→+∞2πn(ne)n.n! \underset{n\to+\infty}{\sim} \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n .
Solution :(cliquer pour afficher)

Partie A.

1. Pour n⩾1n\geqslant1,

vn+1−vn=ln⁡ ⁣((n+1)!)−ln⁡(n!)−(n+32)ln⁡(n+1)+(n+12)ln⁡n+1.v_{n+1}-v_n = \ln\!\big((n+1)!\big)-\ln(n!) - \left(n+\tfrac32\right)\ln(n+1) + \left(n+\tfrac12\right)\ln n + 1 .

Comme ln⁡((n+1)!)−ln⁡(n!)=ln⁡(n+1)\ln\big((n+1)!\big)-\ln(n!) = \ln(n+1), il vient

vn+1−vn=−(n+12)ln⁡(n+1)+(n+12)ln⁡n+1=1−(n+12)ln⁡ ⁣(n+1n),v_{n+1}-v_n = -\left(n+\tfrac12\right)\ln(n+1) + \left(n+\tfrac12\right)\ln n + 1 = 1 - \left(n+\tfrac12\right)\ln\!\left(\frac{n+1}{n}\right),

ce qui est l'égalité annoncée.

2. La fonction φ\varphi est dérivable sur [0 ;1[\left[0\,;1\right[ et

φ′(x)=11+x+11−x−2=21−x2−2=2x21−x2⩾0,\varphi'(x) = \frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}-2 = \frac{2}{1-x^2}-2 = \frac{2x^2}{1-x^2} \geqslant 0,

avec égalité seulement en 00. Donc φ\varphi est strictement croissante sur [0 ;1[\left[0\,;1\right[, et comme φ(0)=0\varphi(0)=0 :

∀x∈]0 ;1[,ln⁡ ⁣(1+x1−x)>2x.\forall x\in\left]0\,;1\right[,\qquad \ln\!\left(\frac{1+x}{1-x}\right) > 2x .

Posons x=12n+1∈]0 ;1[x = \frac{1}{2n+1}\in\left]0\,;1\right[. Alors

1+x1−x=2n+22n=1+1net12x=n+12,\frac{1+x}{1-x} = \frac{2n+2}{2n} = 1+\frac1n \qquad\text{et}\qquad \frac{1}{2x} = n+\frac12 ,

de sorte que l'inégalité précédente se réécrit

(n+12)ln⁡ ⁣(1+1n)>1.\left(n+\tfrac12\right)\ln\!\left(1+\tfrac1n\right) > 1 .

D'après la question 1, vn+1−vn<0v_{n+1}-v_n<0 : la suite (vn)(v_n) est strictement décroissante.

3. Posons h=1nh=\frac1n, qui tend vers 00. À partir du développement limité ln⁡(1+h)=h−h22+h33+o(h3)\ln(1+h) = h-\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{3}+o(h^3) :

(1h+12)(h−h22+h33+o(h3))=1−h2+h23+h2−h24+o(h2)=1+(13−14)h2+o(h2),\left(\frac1h+\frac12\right)\left(h-\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{3}+o(h^3)\right) = 1-\frac h2+\frac{h^2}{3} + \frac h2-\frac{h^2}{4} + o(h^2) = 1+\left(\frac13-\frac14\right)h^2+o(h^2),

soit

(n+12)ln⁡ ⁣(1+1n)=1+112n2+o ⁣(1n2).\left(n+\tfrac12\right)\ln\!\left(1+\tfrac1n\right) = 1+\frac{1}{12n^2}+o\!\left(\frac{1}{n^2}\right).

En reportant dans la question 1 :

vn+1−vn=−112n2+o ⁣(1n2)∼n→+∞−112n2.v_{n+1}-v_n = -\frac{1}{12n^2}+o\!\left(\frac{1}{n^2}\right) \underset{n\to+\infty}{\sim} -\frac{1}{12n^2} .

En particulier n2∣vn+1−vn∣→112<1n^2\left|v_{n+1}-v_n\right| \to \frac{1}{12} < 1, donc il existe un rang N⩾2N\geqslant 2 tel que

∀n⩾N,∣vn+1−vn∣⩽1n2.\forall n\geqslant N,\qquad \left|v_{n+1}-v_n\right| \leqslant \frac{1}{n^2} .

4. Soit m>Nm>N. Par télescopage et inégalité triangulaire,

vN−vm=∑k=Nm−1(vk−vk+1)⩽∑k=Nm−1∣vk+1−vk∣⩽∑k=Nm−11k2.v_N - v_m = \sum_{k=N}^{m-1}\left(v_k-v_{k+1}\right) \leqslant \sum_{k=N}^{m-1}\left|v_{k+1}-v_k\right| \leqslant \sum_{k=N}^{m-1}\frac{1}{k^2} .

Or, pour k⩾2k\geqslant2, 1k2⩽1k(k−1)=1k−1−1k\frac{1}{k^2}\leqslant\frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1}-\frac1k, d'où une nouvelle somme télescopique :

∑k=Nm−11k2⩽1N−1−1m−1⩽1N−1.\sum_{k=N}^{m-1}\frac{1}{k^2} \leqslant \frac{1}{N-1}-\frac{1}{m-1} \leqslant \frac{1}{N-1} .

Ainsi vm⩾vN−1N−1v_m \geqslant v_N - \frac{1}{N-1} pour tout m>Nm>N : la suite (vn)(v_n) est minorée.

Décroissante et minorée, (vn)(v_n) converge ; notons ℓ\ell sa limite.

5. Par définition de vnv_n,

vn=ln⁡(n!)−12ln⁡n−nln⁡n+n=ln⁡ ⁣(n!n(ne)n),v_n = \ln(n!) - \frac12\ln n - n\ln n + n = \ln\!\left(\frac{n!}{\sqrt{n}\left(\frac ne\right)^n}\right),

puisque ln⁡ ⁣((ne)n)=nln⁡n−n\ln\!\left(\left(\frac ne\right)^n\right) = n\ln n - n. Par continuité de l'exponentielle,

n!n(ne)n=evn→n→+∞eℓ.\frac{n!}{\sqrt{n}\left(\frac ne\right)^n} = e^{v_n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} e^{\ell} .

Posons C=eℓ>0C = e^{\ell}>0. La suite (n(ne)n)\left(\sqrt n\left(\frac ne\right)^n\right) ne s'annulant pas, la caractérisation de ∼\sim par le quotient donne

n!∼n→+∞Cn(ne)n.n! \underset{n\to+\infty}{\sim} C\sqrt{n}\left(\frac ne\right)^n .

Partie B.

6. La relation (n+1)WnWn+1=π2≠0(n+1)W_nW_{n+1} = \frac{\pi}{2}\neq0 impose Wn≠0W_n\neq0 ; joint à Wn⩾0W_n\geqslant0, cela donne Wn>0W_n>0.

Soit n⩾1n\geqslant1. De Wn+1⩽WnW_{n+1}\leqslant W_n et Wn>0W_n>0 on tire WnWn+1⩽Wn 2W_nW_{n+1}\leqslant W_n^{\,2}, c'est-à-dire

π2(n+1)⩽Wn 2.\frac{\pi}{2(n+1)} \leqslant W_n^{\,2} .

De même, la relation admise au rang n−1n-1 s'écrit Wn−1Wn=π2nW_{n-1}W_n = \frac{\pi}{2n}, et Wn⩽Wn−1W_n\leqslant W_{n-1} donne Wn 2⩽Wn−1WnW_n^{\,2}\leqslant W_{n-1}W_n, soit

Wn 2⩽π2n.W_n^{\,2} \leqslant \frac{\pi}{2n} .

Les deux bornes sont équivalentes à π2n\frac{\pi}{2n} (le quotient nn+1\frac{n}{n+1} tend vers 11). D'après la proposition d'obtention d'un équivalent par encadrement,

Wn 2∼n→+∞π2n.W_n^{\,2} \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{\pi}{2n} .

Comme Wn>0W_n>0, la stabilité de ∼\sim par élévation à la puissance α=12\alpha=\frac12 donne

Wn∼n→+∞π2n.W_n \underset{n\to+\infty}{\sim} \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

En particulier, au rang 2n2n :  W2n∼π4n=π2n\ W_{2n} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4n}} = \frac{\sqrt\pi}{2\sqrt n}.

7. La partie A appliquée à l'entier 2n2n (licite car 2n→+∞2n\to+\infty) et à l'entier nn donne

(2n)!∼n→+∞C2n(2ne)2n,(n!)2∼n→+∞C2 n(ne)2n,(2n)! \underset{n\to+\infty}{\sim} C\sqrt{2n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}, \qquad (n!)^2 \underset{n\to+\infty}{\sim} C^2\,n\left(\frac{n}{e}\right)^{2n},

la seconde par élévation au carré. Comme (n!)2(n!)^2 ne s'annule pas, le quotient d'équivalents donne, en utilisant (2ne)2n=22n(ne)2n\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} = 2^{2n}\left(\frac ne\right)^{2n} et 2n=2n\sqrt{2n} = \sqrt2\sqrt n :

(2n)!(n!)2∼n→+∞C2n  22nC2 n=2  22nCn.\frac{(2n)!}{(n!)^2} \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{C\sqrt2\sqrt n\;2^{2n}}{C^2\,n} = \frac{\sqrt2\;2^{2n}}{C\sqrt n} .

En multipliant par la constante π2⋅22n\frac{\pi}{2\cdot 2^{2n}} :

W2n=(2n)!22n(n!)2⋅π2∼n→+∞π22Cn.W_{2n} = \frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\cdot\frac{\pi}{2} \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{\pi\sqrt2}{2C\sqrt n} .

8. Les deux équivalents de W2nW_{2n} obtenus en 6 et 7 donnent, par transitivité de ∼\sim,

π22Cn∼n→+∞π2n.\frac{\pi\sqrt2}{2C\sqrt n} \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{\sqrt\pi}{2\sqrt n} .

Le quotient de ces deux suites vaut constamment π2Cπ\frac{\pi\sqrt2}{C\sqrt\pi} ; il doit tendre vers 11, donc

π2Cπ=1⟹C=π2π=π2=2π.\frac{\pi\sqrt2}{C\sqrt\pi} = 1 \qquad\Longrightarrow\qquad C = \frac{\pi\sqrt2}{\sqrt\pi} = \sqrt{\pi}\sqrt{2} = \sqrt{2\pi} .

En reportant dans la partie A :

n!∼n→+∞2πn(ne)n.n! \underset{n\to+\infty}{\sim} \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n .

Test 8

n!2πn(ne)n→n→+∞1\dfrac{n!}{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 1.

Test 9 : Peut-on oublier le facteur devant ?

n!∼n→+∞(ne)nn! \underset{n\to+\infty}{\sim} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n.

Exercice 4 : Un équivalent du coefficient binomial central

Déterminer un équivalent simple de (2nn)=(2n)!(n!)2\displaystyle\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} lorsque nn tend vers +∞+\infty.

Solution :(cliquer pour afficher)

D'après la formule de Stirling, il existe deux suites (αn)(\alpha_n) et (βn)(\beta_n) de limite 11 telles que, à partir d'un certain rang,

(2n)!=4πn(2ne)2nαnetn!=2πn(ne)nβn.(2n)! = \sqrt{4\pi n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}\alpha_n \qquad\text{et}\qquad n! = \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\beta_n .

(La première égalité s'obtient en appliquant Stirling à l'entier 2n2n, licite car 2n→+∞2n\to+\infty.)

En formant le quotient :

(2nn)=4πn(2ne)2nαn2πn(ne)2nβn 2=2πn×22n2πn×αnβn 2=4nπn×αnβn 2,\binom{2n}{n} = \frac{\sqrt{4\pi n}\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}\alpha_n}{2\pi n\left(\frac{n}{e}\right)^{2n}\beta_n^{\,2}} = \frac{2\sqrt{\pi n}\times 2^{2n}}{2\pi n}\times\frac{\alpha_n}{\beta_n^{\,2}} = \frac{4^{n}}{\sqrt{\pi n}}\times\frac{\alpha_n}{\beta_n^{\,2}} ,

où l'on a utilisé (2ne)2n=22n(ne)2n\left(\frac{2n}{e}\right)^{2n} = 2^{2n}\left(\frac ne\right)^{2n} et 4πn=2πn\sqrt{4\pi n} = 2\sqrt{\pi n}.

Comme αn→1\alpha_n \to 1 et βn→1\beta_n\to1 avec βn≠0\beta_n \neq 0 à partir d'un certain rang, le facteur αnβn 2\frac{\alpha_n}{\beta_n^{\,2}} tend vers 11 : c'est exactement la définition de l'équivalence, et

(2nn)∼n→+∞4nπn.\binom{2n}{n} \underset{n\to+\infty}{\sim} \frac{4^{n}}{\sqrt{\pi n}} .