MPSI · Séries numériques

Sommation des relations de comparaison

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Jusqu'ici, les relations de comparaison OO, oo, ∼\sim n'ont servi qu'à un seul usage : décider de la nature d'une série. « Si 0⩽un⩽vn0 \leqslant u_n \leqslant v_n et si ∑vn\sum v_n converge, alors ∑un\sum u_n converge » — un énoncé qui parle de convergence, jamais de vitesse ni de valeur.

Cette leçon franchit un cran. On ne demande plus si la série converge, mais à quelle vitesse : à quelle vitesse le reste d'une série convergente tend vers 00, à quelle vitesse la somme partielle d'une série divergente tend vers +∞+\infty.

Question

On sait comparer les termes généraux unu_n et vnv_n. Peut-on en déduire une comparaison entre les sommes ? Et d'abord : quelles sommes comparer ? Une série convergente et une série divergente ne mettent pas les mêmes objets à notre disposition.

Notation :

Toutes les relations de comparaison de cette leçon sont prises quand n→+∞n \to +\infty ; on cessera de le rappeler.

Pour deux suites réelles (un)(u_n) et (vn)(v_n), on note les sommes partielles

Un=∑k=0nuk,Vn=∑k=0nvkU_n = \sum_{k=0}^{n} u_k, \qquad V_n = \sum_{k=0}^{n} v_k

et, lorsque les séries convergent, les restes

Rn=∑k=n+1+∞uk,Rn′=∑k=n+1+∞vk.R_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_k, \qquad R'_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} v_k .

Le rang de départ 00 n'a rien d'essentiel : décaler l'indice initial ne modifie aucun des énoncés qui suivent.

Deux régimes se présentent donc, et un seul objet asymptotique dans chaque :

  • si ∑vn\sum v_n converge, la somme totale est un nombre figé ; ce qui bouge, c'est le reste Rn′→0R'_n \to 0 ;
  • si ∑vn\sum v_n diverge (à termes positifs), il n'y a plus de reste ; ce qui bouge, c'est la somme partielle Vn→+∞V_n \to +\infty.

Insistons sur le premier point : dans le cas convergent, il ne peut être question de comparer les sommes totales.

Test 1 : Sommes totales

Si un∼vnu_n \sim v_n et si les deux séries convergent, alors ∑k=0+∞uk=∑k=0+∞vk\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} u_k = \sum_{k=0}^{+\infty} v_k.

Cas des séries convergentes : sommation des restes

Question

Deux séries convergentes à termes positifs, de termes généraux équivalents : leurs restes tendent tous deux vers 00. Le font-ils à la même vitesse ? Autrement dit, l'équivalence descend-elle du terme général au reste ?

Théorème 1 : Sommation des relations de comparaison — cas convergent

Soient (un)(u_n) et (vn)(v_n) deux suites réelles positives. On suppose que la série ∑vn\sum v_n converge. Alors, dans les trois cas ci-dessous, la série ∑un\sum u_n converge également et :

  1. si un=O(vn)u_n = O(v_n), alors ∑k=n+1+∞uk=O ⁣(∑k=n+1+∞vk)\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_k = O\!\left( \sum_{k=n+1}^{+\infty} v_k \right) ;

  2. si un=o(vn)u_n = o(v_n), alors ∑k=n+1+∞uk=o ⁣(∑k=n+1+∞vk)\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_k = o\!\left( \sum_{k=n+1}^{+\infty} v_k \right) ;

  3. si un∼vnu_n \sim v_n, alors ∑k=n+1+∞uk ∼ ∑k=n+1+∞vk\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_k \ \sim \ \sum_{k=n+1}^{+\infty} v_k.

Démonstration :

Le mécanisme est le même dans les trois cas : la relation de comparaison fournit une majoration de uku_k par un multiple de vkv_k à partir d'un certain rang ; le théorème de comparaison des séries à termes positifs donne la convergence de ∑un\sum u_n, donc l'existence des deux restes ; il ne reste plus qu'à sommer les inégalités de n+1n+1 à mm, puis à faire tendre mm vers +∞+\infty.

1. Domination. Par hypothèse, il existe M⩾0M \geqslant 0 et N∈NN \in \mathbb{N} tels que uk⩽Mvku_k \leqslant M v_k pour tout k⩾Nk \geqslant N (les suites étant positives, ∣uk∣=uk\lvert u_k \rvert = u_k). La série ∑un\sum u_n est à termes positifs, majorée terme à terme par MvkM v_k à partir du rang NN : elle converge. Soit n⩾Nn \geqslant N. Pour tout m>nm > n,

0 ⩽ ∑k=n+1muk ⩽ M∑k=n+1mvk ⩽ MRn′,0 \ \leqslant \ \sum_{k=n+1}^{m} u_k \ \leqslant \ M \sum_{k=n+1}^{m} v_k \ \leqslant \ M R'_n ,

la dernière majoration parce que vk⩾0v_k \geqslant 0. En faisant tendre mm vers +∞+\infty : 0⩽Rn⩽MRn′0 \leqslant R_n \leqslant M R'_n, ce qui est exactement Rn=O(Rn′)R_n = O(R'_n).

2. Négligeabilité. La convergence de ∑un\sum u_n découle du point 1, puisque un=o(vn)u_n = o(v_n) entraîne un=O(vn)u_n = O(v_n). Soit ε>0\varepsilon > 0. Il existe NN tel que 0⩽uk⩽εvk0 \leqslant u_k \leqslant \varepsilon v_k pour tout k⩾Nk \geqslant N. Pour n⩾Nn \geqslant N, la même sommation donne

0 ⩽ Rn ⩽ εRn′.0 \ \leqslant \ R_n \ \leqslant \ \varepsilon R'_n .

Ceci vaut pour tout ε>0\varepsilon > 0 : c'est la définition de Rn=o(Rn′)R_n = o(R'_n).

3. Équivalence. Écrivons uk=vk+wku_k = v_k + w_k avec wk=o(vk)w_k = o(v_k). Soit ε∈]0,1[\varepsilon \in \left]0,1\right[. Il existe NN tel que ∣wk∣⩽εvk\lvert w_k \rvert \leqslant \varepsilon v_k pour k⩾Nk \geqslant N, c'est-à-dire

(1−ε) vk ⩽ uk ⩽ (1+ε) vk.(1-\varepsilon)\, v_k \ \leqslant \ u_k \ \leqslant \ (1+\varepsilon)\, v_k .

C'est ici que la positivité de vkv_k est décisive : elle permet de multiplier l'encadrement par vkv_k sans retourner les inégalités. La convergence de ∑un\sum u_n est acquise par le point 1. Soit n⩾Nn \geqslant N ; en sommant pour kk de n+1n+1 à mm, puis en faisant m→+∞m \to +\infty :

(1−ε) Rn′ ⩽ Rn ⩽ (1+ε) Rn′,soit∣Rn−Rn′∣ ⩽ εRn′.(1-\varepsilon)\, R'_n \ \leqslant \ R_n \ \leqslant \ (1+\varepsilon)\, R'_n , \qquad \text{soit} \qquad \lvert R_n - R'_n \rvert \ \leqslant \ \varepsilon R'_n .

Donc Rn−Rn′=o(Rn′)R_n - R'_n = o(R'_n), c'est-à-dire Rn∼Rn′R_n \sim R'_n.

Remarque :

Trois précisions sur les hypothèses.

  • La positivité peut n'être vraie qu'à partir d'un certain rang. Les restes RnR_n et Rn′R'_n ne dépendent que des termes d'indice >n> n : modifier un nombre fini de termes ne change ni la nature des séries, ni le comportement asymptotique des restes. L'énoncé s'applique donc dès que un⩾0u_n \geqslant 0 et vn⩾0v_n \geqslant 0 à partir d'un certain rang.

  • En revanche, on ne peut pas s'en passer. Posons, pour n⩾1n \geqslant 1, vn=(−1)nnv_n = \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}} et un=(−1)nn+1nu_n = \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + \dfrac{1}{n}. Comme 1n=o ⁣(1n)\dfrac{1}{n} = o\!\left(\dfrac{1}{\sqrt n}\right), on a un∼vnu_n \sim v_n. La série ∑vn\sum v_n converge (critère spécial des séries alternées), mais ∑un\sum u_n diverge : le reste RnR_n n'existe même pas.

  • On somme les restes, pas les sommes totales — c'est l'objet du test ci-dessus.

Test 2 : Sans hypothèse de signe

Si un∼vnu_n \sim v_n et si la série ∑vn\sum v_n converge, alors la série ∑un\sum u_n converge.

Exercice 1 : Restes et série géométrique

Donner un équivalent, quand n→+∞n \to +\infty, de

An=∑k=n+1+∞12k+ketBn=∑k=n+1+∞ln⁡ ⁣(1+12k).A_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{2^k + k} \qquad \text{et} \qquad B_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} \ln\!\left( 1 + \frac{1}{2^k} \right) .
Solution :(cliquer pour afficher)

La série de référence est ici la série géométrique ∑12k\sum \dfrac{1}{2^k}, dont le reste se calcule exactement :

∑k=n+1+∞12k = 12n+1⋅11−12 = 12n.\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{2^k} \ = \ \frac{1}{2^{n+1}} \cdot \frac{1}{1 - \frac 12} \ = \ \frac{1}{2^{n}} .

Première somme. Pour k⩾0k \geqslant 0, 2k+k>02^k + k > 0 et

12k+k = 12k⋅11+k2k ∼ 12k,\frac{1}{2^k+k} \ = \ \frac{1}{2^k} \cdot \frac{1}{1 + \dfrac{k}{2^k}} \ \sim \ \frac{1}{2^k} ,

puisque k2k→0\dfrac{k}{2^k} \to 0 (croissances comparées). Les deux suites sont positives et ∑12k\sum \dfrac{1}{2^k} converge : le théorème s'applique — il fournit au passage la convergence de ∑12k+k\sum \dfrac{1}{2^k+k}, donc l'existence de AnA_n — et donne

An ∼ ∑k=n+1+∞12k = 12n.A_n \ \sim \ \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{2^k} \ = \ \frac{1}{2^{n}} .

Seconde somme. Comme 12k→0\dfrac{1}{2^k} \to 0, on a ln⁡ ⁣(1+12k)∼12k\ln\!\left( 1 + \dfrac{1}{2^k} \right) \sim \dfrac{1}{2^k}, avec un terme général positif. Le même théorème donne

Bn ∼ 12n.B_n \ \sim \ \frac{1}{2^{n}} .

Attention à ce que dit ce résultat : An∼BnA_n \sim B_n, mais ces deux restes ne sont pas égaux. L'équivalence ne fixe que l'ordre de grandeur ; elle ne permet ni de soustraire les deux relations, ni de conclure quoi que ce soit sur An−BnA_n - B_n.

Exemple :

Pour k⩾1k \geqslant 1, 1k2+1∼1k2\dfrac{1}{k^2+1} \sim \dfrac{1}{k^2} : deux suites positives, et ∑1k2\sum \dfrac{1}{k^2} converge. Le théorème s'applique donc et

∑k=n+1+∞1k2+1 ∼ ∑k=n+1+∞1k2.\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^2+1} \ \sim \ \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} .

L'équivalence est transportée — mais le membre de droite reste une somme infinie, pas une formule. Combien vaut-il ?

Cas des séries divergentes : sommation des sommes partielles

Question

Quand ∑vn\sum v_n diverge avec vn⩾0v_n \geqslant 0, il n'y a plus de reste à comparer : c'est la somme partielle VnV_n qui porte toute l'information, et elle tend vers +∞+\infty. Une comparaison des termes généraux se transmet-elle à ces sommes partielles ? Et si oui, pourquoi les premiers termes ne gênent-ils plus, alors qu'ils interdisaient de comparer les sommes totales ?

Remarquons d'emblée que la suite (Vn)(V_n) est croissante (les vkv_k sont positifs) et non convergente : elle tend donc vers +∞+\infty, et en particulier Vn>0V_n > 0 à partir d'un certain rang. C'est cette divergence qui va « noyer » les premiers termes.

Théorème 2 : Sommation des relations de comparaison — cas divergent

Soient (un)(u_n) et (vn)(v_n) deux suites réelles positives. On suppose que la série ∑vn\sum v_n diverge. Alors :

  1. si un=O(vn)u_n = O(v_n), alors ∑k=0nuk=O ⁣(∑k=0nvk)\displaystyle \sum_{k=0}^{n} u_k = O\!\left( \sum_{k=0}^{n} v_k \right) ;

  2. si un=o(vn)u_n = o(v_n), alors ∑k=0nuk=o ⁣(∑k=0nvk)\displaystyle \sum_{k=0}^{n} u_k = o\!\left( \sum_{k=0}^{n} v_k \right) ;

  3. si un∼vnu_n \sim v_n, alors la série ∑un\sum u_n diverge elle aussi et ∑k=0nuk ∼ ∑k=0nvk\displaystyle \sum_{k=0}^{n} u_k \ \sim \ \sum_{k=0}^{n} v_k.

Démonstration :

On note UnU_n et VnV_n les sommes partielles ; on a vu que Vn→+∞V_n \to +\infty.

1. Domination. Il existe M⩾0M \geqslant 0 et N∈NN \in \mathbb{N} tels que uk⩽Mvku_k \leqslant M v_k pour k⩾Nk \geqslant N. Pour n⩾Nn \geqslant N, en isolant les premiers termes :

0 ⩽ Un = ∑k=0N−1uk+∑k=Nnuk ⩽ UN−1+MVn.0 \ \leqslant \ U_n \ = \ \sum_{k=0}^{N-1} u_k + \sum_{k=N}^{n} u_k \ \leqslant \ U_{N-1} + M V_n .

La quantité UN−1U_{N-1} est une constante et Vn→+∞V_n \to +\infty, donc UnVn⩽UN−1Vn+M\dfrac{U_n}{V_n} \leqslant \dfrac{U_{N-1}}{V_n} + M est bornée : Un=O(Vn)U_n = O(V_n).

2. Négligeabilité. Soit ε>0\varepsilon > 0 fixé. Il existe un rang NεN_\varepsilon tel que

k⩾Nε ⟹ 0⩽uk⩽εvk.k \geqslant N_\varepsilon \ \Longrightarrow \ 0 \leqslant u_k \leqslant \varepsilon v_k .

Pour n>Nεn > N_\varepsilon, on coupe la somme en deux :

0 ⩽ Un = ∑k=0Nεuk+∑k=Nε+1nuk ⩽ UNε+ε∑k=Nε+1nvk ⩽ UNε+εVn,0 \ \leqslant \ U_n \ = \ \sum_{k=0}^{N_\varepsilon} u_k + \sum_{k=N_\varepsilon+1}^{n} u_k \ \leqslant \ U_{N_\varepsilon} + \varepsilon \sum_{k=N_\varepsilon+1}^{n} v_k \ \leqslant \ U_{N_\varepsilon} + \varepsilon V_n ,

la dernière inégalité parce que vk⩾0v_k \geqslant 0. En divisant par Vn>0V_n > 0 (vrai à partir d'un certain rang) :

0 ⩽ UnVn ⩽ ε+UNεVn.0 \ \leqslant \ \frac{U_n}{V_n} \ \leqslant \ \varepsilon + \frac{U_{N_\varepsilon}}{V_n} .

Le numérateur UNεU_{N_\varepsilon} est fixé une fois ε\varepsilon choisi, et Vn→+∞V_n \to +\infty : il existe donc un rang N′N' tel que n>N′⇒UNεVn⩽εn > N' \Rightarrow \dfrac{U_{N_\varepsilon}}{V_n} \leqslant \varepsilon. Finalement

n>max⁡(Nε,N′) ⟹ 0⩽UnVn⩽2ε,n > \max(N_\varepsilon, N') \ \Longrightarrow \ 0 \leqslant \frac{U_n}{V_n} \leqslant 2\varepsilon ,

ce qui prouve UnVn→0\dfrac{U_n}{V_n} \to 0, soit Un=o(Vn)U_n = o(V_n). C'est très exactement ici que la divergence de ∑vn\sum v_n sert : elle écrase la contribution des premiers termes.

3. Équivalence. Écrivons un=vn+wnu_n = v_n + w_n avec wn=o(vn)w_n = o(v_n), et posons Wn=∑k=0nwkW_n = \sum_{k=0}^{n} w_k, de sorte que Un=Vn+WnU_n = V_n + W_n. La suite (∣wn∣)\left( \lvert w_n \rvert \right) est positive et vérifie ∣wn∣=o(vn)\lvert w_n \rvert = o(v_n) : le point 2 lui est applicable et donne ∑k=0n∣wk∣=o(Vn)\sum_{k=0}^{n} \lvert w_k \rvert = o(V_n). Or, par inégalité triangulaire,

∣Wn∣ = ∣∑k=0nwk∣ ⩽ ∑k=0n∣wk∣ = o(Vn).\lvert W_n \rvert \ = \ \left\lvert \sum_{k=0}^{n} w_k \right\rvert \ \leqslant \ \sum_{k=0}^{n} \lvert w_k \rvert \ = \ o(V_n) .

Donc Un=Vn+o(Vn)U_n = V_n + o(V_n), c'est-à-dire Un∼VnU_n \sim V_n. Enfin Vn→+∞V_n \to +\infty entraîne Un→+∞U_n \to +\infty : la série ∑un\sum u_n diverge.

Remarque :

Dans les cas 1 et 2, l'hypothèse ne dit rien sur la nature de ∑un\sum u_n : celle-ci peut converger comme diverger. Et si elle converge, la conclusion devient vraie mais vide de sens : UnU_n est alors bornée, donc automatiquement négligeable devant Vn→+∞V_n \to +\infty. Les deux premiers points ne sont informatifs que lorsque ∑un\sum u_n diverge elle aussi. Le cas 3, lui, force la divergence de ∑un\sum u_n : il n'a pas cette faiblesse.

Test 3 : Une conclusion parfois creuse

Soient (un)(u_n) et (vn)(v_n) positives avec un=o(vn)u_n = o(v_n) et ∑vn\sum v_n divergente. Si de plus ∑un\sum u_n converge, alors la conclusion ∑k=0nuk=o ⁣(∑k=0nvk)\displaystyle\sum_{k=0}^{n} u_k = o\!\left(\sum_{k=0}^n v_k\right) reste vraie.

Exercice 2 : Sommes partielles : deux références élémentaires

Donner un équivalent, quand n→+∞n \to +\infty, de

Cn=∑k=1nk2+1etDn=∑k=1n(1+1k)k.C_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt{k^2+1} \qquad \text{et} \qquad D_n = \sum_{k=1}^{n} \left( 1 + \frac 1k \right)^{k} .
Solution :(cliquer pour afficher)

Première somme. Pour k⩾1k \geqslant 1,

k2+1 = k1+1k2 ∼ k,\sqrt{k^2+1} \ = \ k \sqrt{1 + \frac{1}{k^2}} \ \sim \ k ,

les deux suites sont positives et ∑k\sum k diverge (son terme général ne tend pas vers 00). Le point 3 du théorème s'applique :

Cn ∼ ∑k=1nk = n(n+1)2 ∼ n22.C_n \ \sim \ \sum_{k=1}^{n} k \ = \ \frac{n(n+1)}{2} \ \sim \ \frac{n^2}{2} .

Seconde somme. Posons uk=(1+1k)k=exp⁡ ⁣(kln⁡ ⁣(1+1k))u_k = \left( 1 + \dfrac 1k \right)^{k} = \exp\!\left( k \ln\!\left( 1 + \dfrac 1k \right) \right). Comme kln⁡ ⁣(1+1k)→1k \ln\!\left( 1 + \dfrac 1k \right) \to 1, on a uk→eu_k \to e, donc uk∼eu_k \sim e. La suite constante vk=ev_k = e est positive et ∑vk\sum v_k diverge grossièrement, avec ∑k=1ne=n e\displaystyle\sum_{k=1}^{n} e = n\,e. D'où

Dn ∼ n e.D_n \ \sim \ n\,e .

Ce second cas est le mécanisme entier du théorème de Cesàro, démontré dans la section suivante : dès qu'une suite positive converge vers une limite l>0l > 0, ses sommes partielles sont équivalentes à n ln\,l.

Exemple :

Pour k⩾1k \geqslant 1, sin⁡ ⁣(1k)∼1k\sin\!\left(\dfrac 1k\right) \sim \dfrac 1k, les deux suites sont positives et ∑1k\sum \dfrac 1k diverge. Le théorème donne

∑k=1nsin⁡ ⁣(1k) ∼ ∑k=1n1k.\sum_{k=1}^{n} \sin\!\left(\frac 1k\right) \ \sim \ \sum_{k=1}^{n} \frac 1k .

Comme tout à l'heure, l'équivalence est acquise, mais la somme de droite reste opaque. Comment l'évaluer ?

Un corollaire célèbre : le théorème de Cesàro

Question

Une suite (un)(u_n) converge vers ll. Ses moyennes successives u1+⋯+unn\dfrac{u_1 + \cdots + u_n}{n} lissent ses oscillations : convergent-elles encore vers ll ? Et si les moyennes convergent, la suite doit-elle converger ?

Corollaire 1 : Théorème de Cesàro

Soit (un)n⩾1(u_n)_{n \geqslant 1} une suite réelle convergeant vers l∈Rl \in \mathbb{R}. Alors

lim⁡n→+∞ 1n∑k=1nuk = l.\lim_{n \to +\infty} \ \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} u_k \ = \ l .

Démonstration :

Premier cas : l>0l > 0. Comme un→l>0u_n \to l > 0, il existe un rang NN tel que uk>0u_k > 0 pour k⩾Nk \geqslant N. Quitte à remplacer u1,…,uN−1u_1, \dots, u_{N-1} par ll, on peut supposer uk>0u_k > 0 pour tout kk : cette modification ajoute à ∑k=1nuk\sum_{k=1}^{n} u_k une constante MM indépendante de nn (dès que n⩾Nn \geqslant N), donc ajoute Mn→0\dfrac Mn \to 0 à la moyenne, sans effet sur la limite étudiée.

Posons alors vk=lv_k = l pour tout kk. La suite (vk)(v_k) est positive, et la série ∑vn\sum v_n diverge grossièrement. De plus uk∼l=vku_k \sim l = v_k, les deux suites étant positives. Le théorème du cas divergent (point 3) donne

∑k=1nuk ∼ ∑k=1nl = n l,\sum_{k=1}^{n} u_k \ \sim \ \sum_{k=1}^{n} l \ = \ n\,l ,

d'où 1n∑k=1nuk∼l\dfrac 1n \sum_{k=1}^{n} u_k \sim l. Une suite équivalente à la constante non nulle ll converge vers ll.

Cas général. Posons u~n=un−l+1\tilde u_n = u_n - l + 1. Alors u~n→1>0\tilde u_n \to 1 > 0, et le premier cas s'applique :

1n∑k=1nu~k →n→+∞ 1.\frac 1n \sum_{k=1}^{n} \tilde u_k \ \xrightarrow[n \to +\infty]{} \ 1 .

Or 1n∑k=1nu~k=1n∑k=1nuk−l+1\dfrac 1n \sum_{k=1}^{n} \tilde u_k = \dfrac 1n \sum_{k=1}^{n} u_k - l + 1. On en déduit 1n∑k=1nuk→l\dfrac 1n \sum_{k=1}^{n} u_k \to l.

Remarque :

Deux compléments.

  • Il n'y a pas de réciproque. Prenons un=(−1)nu_n = (-1)^n : la somme ∑k=1nuk\sum_{k=1}^{n} u_k vaut 00 ou −1-1 selon la parité de nn, donc la moyenne tend vers 00, alors que (un)(u_n) diverge. Le procédé de Cesàro régularise : il peut fabriquer de la convergence là où il n'y en avait pas.

  • L'hypothèse « suite réelle » n'est pas essentielle : le résultat subsiste dans tout espace vectoriel normé (hors programme en MPSI), la démonstration passant alors par l'inégalité triangulaire plutôt que par le théorème ci-dessus.

Test 4 : Réciproque de Cesàro

Si la suite (1n∑k=1nuk)n⩾1\left( \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^{n} u_k \right)_{n \geqslant 1} converge vers ll, alors la suite (un)(u_n) converge vers ll.

La méthode : comparer à une série télescopique

Question

Les deux théorèmes comparent une somme à une autre somme. Pour en tirer un équivalent explicite, il faudrait donc une série de référence dont on sache calculer exactement les sommes partielles — ou les restes. Quelles séries offrent ce luxe ?

Une seule famille, en réalité : les séries télescopiques. Si (bn)(b_n) est une suite, alors

∑k=n0+1n(bk−bk−1)=bn−bn0,et si bk→0,∑k=n+1+∞(bk−1−bk)=bn.\sum_{k=n_0+1}^{n} \left( b_k - b_{k-1} \right) = b_n - b_{n_0} , \qquad \text{et si } b_k \to 0, \quad \sum_{k=n+1}^{+\infty} \left( b_{k-1} - b_k \right) = b_n .

Toute la technique consiste à fabriquer une telle série équivalente à celle qu'on étudie.

Rédaction — Comparer à une série télescopique :

Pour obtenir un équivalent explicite de ∑kuk\displaystyle\sum_{k} u_k :

Étape 1 — deviner. Proposer une suite simple (bn)(b_n) dont on soupçonne qu'elle donne l'ordre de grandeur cherché (l'intuition vient souvent du cas continu : une primitive, une intégrale).

Étape 2 — télescoper. Poser wk=bk−bk−1w_k = b_k - b_{k-1} si l'on vise une somme partielle, wk=bk−1−bkw_k = b_{k-1} - b_k si l'on vise un reste. Dans les deux cas, ∑wk\sum w_k se somme exactement, par les formules ci-dessus.

Étape 3 — comparer. Développer wkw_k (développement limité en 1k\frac 1k) et montrer que wk∼λ ukw_k \sim \lambda\, u_k avec λ>0\lambda > 0. Vérifier que uku_k et wkw_k sont positifs à partir d'un certain rang : sans cela, aucun des deux théorèmes ne s'applique.

Étape 4 — conclure. La nature de ∑wk\sum w_k se lit directement sur (bn)(b_n) : la série télescopique converge si et seulement si la suite (bn)(b_n) converge. Appliquer alors le théorème correspondant :

∑k=n0+1nuk ∼ bn−bn0λou∑k=n+1+∞uk ∼ bnλ.\sum_{k=n_0+1}^{n} u_k \ \sim \ \frac{b_n - b_{n_0}}{\lambda} \qquad \text{ou} \qquad \sum_{k=n+1}^{+\infty} u_k \ \sim \ \frac{b_n}{\lambda} .

Appliquons immédiatement la recette à la famille de référence du chapitre.

Proposition 1 : Restes et sommes partielles des séries de Riemann

Soit α∈R\alpha \in \mathbb{R}.

  1. Si α>1\alpha > 1 : ∑k=n+1+∞1kα ∼ 1(α−1) nα−1\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \ \sim \ \frac{1}{(\alpha-1)\, n^{\alpha-1}}.

  2. Si α<1\alpha < 1 : ∑k=1n1kα ∼ n1−α1−α\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^\alpha} \ \sim \ \frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}.

  3. Si α=1\alpha = 1 : ∑k=1n1k ∼ ln⁡n\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \ \sim \ \ln n.

Démonstration :

1. Cas α>1\alpha > 1. Posons bk=1kα−1b_k = \dfrac{1}{k^{\alpha-1}}, qui tend vers 00, et wk=bk−bk+1>0w_k = b_k - b_{k+1} > 0. Alors

wk=1kα−1(1−(1+1k)1−α)=1kα−1(α−1k+O ⁣(1k2)) ∼ α−1kα,w_k = \frac{1}{k^{\alpha-1}} \left( 1 - \left( 1 + \frac 1k \right)^{1-\alpha} \right) = \frac{1}{k^{\alpha-1}} \left( \frac{\alpha-1}{k} + O\!\left( \frac{1}{k^2} \right) \right) \ \sim \ \frac{\alpha-1}{k^{\alpha}} ,

c'est-à-dire 1kα∼wkα−1\dfrac{1}{k^\alpha} \sim \dfrac{w_k}{\alpha-1}, avec α−1>0\alpha - 1 > 0. Les deux suites sont positives et ∑wk\sum w_k converge (télescopique de terme bk→0b_k \to 0), de reste

∑k=n+1+∞wk=∑k=n+1+∞(bk−bk+1)=bn+1=1(n+1)α−1.\sum_{k=n+1}^{+\infty} w_k = \sum_{k=n+1}^{+\infty} (b_k - b_{k+1}) = b_{n+1} = \frac{1}{(n+1)^{\alpha-1}} .

Le théorème du cas convergent donne alors

∑k=n+1+∞1kα ∼ 1α−1⋅1(n+1)α−1 ∼ 1(α−1) nα−1,\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^\alpha} \ \sim \ \frac{1}{\alpha-1} \cdot \frac{1}{(n+1)^{\alpha-1}} \ \sim \ \frac{1}{(\alpha-1)\, n^{\alpha-1}} ,

puisque (n+1)α−1∼nα−1(n+1)^{\alpha-1} \sim n^{\alpha-1}.

2. Cas α<1\alpha < 1. Posons cette fois bk=k1−αb_k = k^{1-\alpha} (avec b0=0b_0 = 0, licite car 1−α>01-\alpha > 0) et wk=bk−bk−1>0w_k = b_k - b_{k-1} > 0. Pour k⩾2k \geqslant 2,

wk=k1−α(1−(1−1k)1−α)=k1−α(1−αk+O ⁣(1k2)) ∼ 1−αkα.w_k = k^{1-\alpha} \left( 1 - \left( 1 - \frac 1k \right)^{1-\alpha} \right) = k^{1-\alpha} \left( \frac{1-\alpha}{k} + O\!\left( \frac{1}{k^2} \right) \right) \ \sim \ \frac{1-\alpha}{k^{\alpha}} .

Les sommes partielles ∑k=1nwk=bn=n1−α\sum_{k=1}^{n} w_k = b_n = n^{1-\alpha} tendent vers +∞+\infty : la série ∑wk\sum w_k diverge. Le théorème du cas divergent donne

∑k=1n1kα ∼ 11−α∑k=1nwk = n1−α1−α.\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^\alpha} \ \sim \ \frac{1}{1-\alpha} \sum_{k=1}^{n} w_k \ = \ \frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha} .

3. Cas α=1\alpha = 1. Posons bk=ln⁡kb_k = \ln k et wk=bk−bk−1=−ln⁡ ⁣(1−1k)w_k = b_k - b_{k-1} = -\ln\!\left( 1 - \dfrac 1k \right) pour k⩾2k \geqslant 2. Alors wk∼1kw_k \sim \dfrac 1k, les deux suites sont positives, et ∑k=2nwk=ln⁡n→+∞\sum_{k=2}^{n} w_k = \ln n \to +\infty : la série ∑wk\sum w_k diverge. Le théorème du cas divergent donne

∑k=2n1k ∼ ln⁡n,\sum_{k=2}^{n} \frac 1k \ \sim \ \ln n ,

et l'ajout du terme constant 11 ne change pas l'équivalent puisque ln⁡n→+∞\ln n \to +\infty : ∑k=1n1k∼ln⁡n\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac 1k \sim \ln n.

Exemple :

Les deux cas les plus utilisés, à connaître par cœur :

∑k=n+1+∞1k2 ∼ 1n,Hn=∑k=1n1k ∼ ln⁡n.\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} \ \sim \ \frac 1n , \qquad H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \ \sim \ \ln n .

Les deux exemples laissés en suspens plus haut sont maintenant résolus : ∑k=n+1+∞1k2+1∼1n\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^2+1} \sim \frac 1n et ∑k=1nsin⁡ ⁣(1k)∼ln⁡n\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \sin\!\left(\frac 1k\right) \sim \ln n.

Test 5 : Reste d'une série de Riemann

∑k=n+1+∞1k3 ∼ 12n2\displaystyle \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^3} \ \sim \ \frac{1}{2n^2}.

Exercice 3 : Équivalents de deux restes

Donner un équivalent, quand n→+∞n \to +\infty, de

∑k=n+∞1k4+3k−2et∑k=n+∞kk!.\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^4+3k-2} \qquad \text{et} \qquad \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{\sqrt k}{k!} .
Solution :(cliquer pour afficher)

Première somme. Pour k⩾1k \geqslant 1, k4+3k−2⩾2>0k^4 + 3k - 2 \geqslant 2 > 0 et

1k4+3k−2 ∼ 1k4.\frac{1}{k^4+3k-2} \ \sim \ \frac{1}{k^4} .

Les deux suites sont positives et ∑1k4\sum \dfrac{1}{k^4} converge (α=4>1\alpha = 4 > 1) : le théorème du cas convergent donne l'équivalence des restes. Il reste à évaluer ∑k=n+∞1k4\sum_{k=n}^{+\infty} \dfrac{1}{k^4}, dont l'indice de départ est nn et non n+1n+1 ; on isole le premier terme :

∑k=n+∞1k4=1n4+∑k=n+1+∞1k4=1n4+13n3+o ⁣(1n3) ∼ 13n3,\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^4} = \frac{1}{n^4} + \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^4} = \frac{1}{n^4} + \frac{1}{3n^3} + o\!\left( \frac{1}{n^3} \right) \ \sim \ \frac{1}{3n^3} ,

car 1n4=o ⁣(1n3)\dfrac{1}{n^4} = o\!\left( \dfrac{1}{n^3} \right). Conclusion :

∑k=n+∞1k4+3k−2 ∼ 13n3.\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k^4+3k-2} \ \sim \ \frac{1}{3n^3} .

Seconde somme. Ici, aucune série de Riemann ne convient : le terme général décroît beaucoup trop vite. Appliquons la méthode télescopique en devinant que le reste est du même ordre que son premier terme. Posons donc

bk=kk!,wk=bk−bk+1.b_k = \frac{\sqrt k}{k!}, \qquad w_k = b_k - b_{k+1} .

Comme bk+1bk=k+1k (k+1)=1k(k+1)→k→+∞0\dfrac{b_{k+1}}{b_k} = \dfrac{\sqrt{k+1}}{\sqrt k \,(k+1)} = \dfrac{1}{\sqrt{k(k+1)}} \xrightarrow[k \to +\infty]{} 0, on obtient

wk=bk(1−1k(k+1)) ∼ bk=kk!,w_k = b_k \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{k(k+1)}} \right) \ \sim \ b_k = \frac{\sqrt k}{k!} ,

et wk>0w_k > 0 pour k⩾1k \geqslant 1. La série ∑wk\sum w_k est télescopique de terme bk→0b_k \to 0, donc convergente, de reste

∑k=n+∞wk=∑k=n+∞(bk−bk+1)=bn=nn!.\sum_{k=n}^{+\infty} w_k = \sum_{k=n}^{+\infty} (b_k - b_{k+1}) = b_n = \frac{\sqrt n}{n!} .

Le théorème du cas convergent — qui donne au passage la convergence de ∑kk!\sum \dfrac{\sqrt k}{k!} — conclut :

∑k=n+∞kk! ∼ nn!.\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{\sqrt k}{k!} \ \sim \ \frac{\sqrt n}{n!} .

Autrement dit : pour une série à décroissance très rapide, le reste est équivalent à son premier terme.

Exercice 4 : Une somme partielle à croissance géométrique

Trouver un équivalent, quand n→+∞n \to +\infty, de

Sn=∑k=1n2kln⁡(k).S_n = \sum_{k=1}^{n} 2^k \ln(k) .

Indication : la fonction ln⁡\ln varie « lentement », on peut donc deviner que Sn∼(∑k=0n2k)ln⁡nS_n \sim \left( \sum_{k=0}^{n} 2^k \right) \ln n, soit Sn∼2n+1ln⁡nS_n \sim 2^{n+1} \ln n. Pour le justifier, considérer la série télescopique associée à la suite bn=2n+1ln⁡nb_n = 2^{n+1} \ln n.

Solution :(cliquer pour afficher)

Posons bk=2k+1ln⁡kb_k = 2^{k+1} \ln k pour k⩾1k \geqslant 1 (donc b1=0b_1 = 0) et wk=bk−bk−1w_k = b_k - b_{k-1} pour k⩾2k \geqslant 2 :

wk=2k+1ln⁡k−2kln⁡(k−1)=2k(2ln⁡k−ln⁡(k−1))=2k(ln⁡k−ln⁡ ⁣(1−1k)).w_k = 2^{k+1} \ln k - 2^{k} \ln(k-1) = 2^k \left( 2 \ln k - \ln(k-1) \right) = 2^k \left( \ln k - \ln\!\left( 1 - \frac 1k \right) \right) .

Comme ln⁡ ⁣(1−1k)→0\ln\!\left( 1 - \dfrac 1k \right) \to 0 tandis que ln⁡k→+∞\ln k \to +\infty, on obtient

wk ∼ 2kln⁡k,w_k \ \sim \ 2^k \ln k ,

et wk>0w_k > 0 pour k⩾2k \geqslant 2 (car 2ln⁡k>ln⁡(k−1)2\ln k > \ln(k-1)), tout comme 2kln⁡k2^k \ln k. Enfin ∑k=2nwk=bn−b1=2n+1ln⁡n→+∞\sum_{k=2}^{n} w_k = b_n - b_1 = 2^{n+1} \ln n \to +\infty : la série ∑wk\sum w_k diverge.

Le théorème du cas divergent s'applique donc aux deux suites positives (2kln⁡k)k⩾2\left( 2^k \ln k \right)_{k \geqslant 2} et (wk)k⩾2(w_k)_{k \geqslant 2} :

Sn=∑k=2n2kln⁡k ∼ ∑k=2nwk=2n+1ln⁡nS_n = \sum_{k=2}^{n} 2^k \ln k \ \sim \ \sum_{k=2}^{n} w_k = 2^{n+1} \ln n

(le terme d'indice 11 est nul, puisque ln⁡1=0\ln 1 = 0). L'intuition de l'indication est donc exacte :

Sn ∼ 2n+1ln⁡n.S_n \ \sim \ 2^{n+1} \ln n .

Application : la formule de Stirling

Question

La factorielle croît plus vite que toute exponentielle — mais à quelle vitesse exactement ? Le produit n!n! résiste à l'analyse asymptotique ; son logarithme, lui, est une somme : ln⁡(n!)=∑k=1nln⁡k\ln(n!) = \sum_{k=1}^{n} \ln k. Peut-on obtenir non seulement un équivalent, mais un développement asymptotique aussi précis qu'on le souhaite ?

Le principe est le suivant, et il dépasse largement le cas de n!n! : toute suite est la somme partielle de la série télescopique qui lui est associée, puisque Sn=Sn0+∑k=n0+1n(Sk−Sk−1)S_n = S_{n_0} + \sum_{k=n_0+1}^{n} (S_k - S_{k-1}). Les deux théorèmes de cette leçon sont donc des machines à raffiner les développements asymptotiques de suites.

Rédaction — Développement asymptotique par séries télescopiques successives :

On dispose d'un développement partiel Sn=f(n)+reste inconnuS_n = f(n) + \text{reste inconnu} et l'on veut préciser le reste.

Étape 1. Poser Tn=Sn−f(n)T_n = S_n - f(n) : c'est le morceau encore inconnu.

Étape 2. Calculer le terme de la série télescopique associée, tk=Tk−Tk−1t_k = T_k - T_{k-1}, et en chercher un équivalent simple (développement limité en 1k\frac 1k).

Étape 3. Deux issues, selon la nature de ∑tk\sum t_k :

  • elle diverge : le théorème du cas divergent fournit un équivalent de Tn−Tn0T_n - T_{n_0}, donc de TnT_n ; on gagne un terme du développement ;
  • elle converge : la suite (Tn)(T_n) converge vers une constante LL ; on gagne cette constante, et l'on précise ensuite Tn−LT_n - L, qui est l'opposé du reste de la série télescopique — c'est cette fois le théorème du cas convergent qui parle.

Étape 4. Recommencer avec le nouveau développement, autant de fois que voulu.

Théorème 3 : Développement asymptotique de ln(n!)

Il existe un réel LL tel que

ln⁡(n!) = nln⁡n−n+12ln⁡n+L+112n+o ⁣(1n).\ln(n!) \ = \ n \ln n - n + \frac 12 \ln n + L + \frac{1}{12n} + o\!\left( \frac 1n \right) .

Démonstration :

On note Sn=ln⁡(n!)=∑k=1nln⁡kS_n = \ln(n!) = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \ln k et l'on applique quatre fois la méthode ci-dessus.

Étape 0 — un premier équivalent. La fonction ln⁡\ln est croissante sur [1,+∞[[1,+\infty[, donc pour k⩾2k \geqslant 2 :

∫k−1kln⁡t dt ⩽ ln⁡k ⩽ ∫kk+1ln⁡t dt.\int_{k-1}^{k} \ln t \, dt \ \leqslant \ \ln k \ \leqslant \ \int_{k}^{k+1} \ln t \, dt .

En sommant pour kk allant de 22 à nn, et en utilisant ∫1xln⁡t dt=xln⁡x−x+1\displaystyle\int_1^{x} \ln t \, dt = x \ln x - x + 1 (intégration par parties) :

nln⁡n−n+1 ⩽ Sn ⩽ (n+1)ln⁡(n+1)−(n+1)−(2ln⁡2−2).n \ln n - n + 1 \ \leqslant \ S_n \ \leqslant \ (n+1)\ln(n+1) - (n+1) - (2\ln 2 - 2) .

Les deux membres extrêmes sont équivalents à nln⁡nn \ln n, donc Sn∼nln⁡nS_n \sim n \ln n.

Étape 1 — le terme en nn. Posons Sn′=Sn−nln⁡nS'_n = S_n - n \ln n, de sorte que Sn′=o(nln⁡n)S'_n = o(n \ln n). Le terme de la série télescopique associée est, pour k⩾2k \geqslant 2 :

uk=Sk′−Sk−1′=ln⁡k−kln⁡k+(k−1)ln⁡(k−1)=(k−1)ln⁡ ⁣(1−1k).u_k = S'_k - S'_{k-1} = \ln k - k \ln k + (k-1)\ln(k-1) = (k-1) \ln\!\left( 1 - \frac 1k \right) .

Or uk→−1u_k \to -1, donc −uk∼1-u_k \sim 1 avec −uk>0-u_k > 0 à partir d'un certain rang, et ∑1\sum 1 diverge. Le théorème du cas divergent donne

∑k=2n(−uk) ∼ ∑k=2n1=n−1 ∼ n,d’ouˋSn′−S1′=∑k=2nuk ∼ −n.\sum_{k=2}^{n} (-u_k) \ \sim \ \sum_{k=2}^{n} 1 = n-1 \ \sim \ n , \qquad \text{d'où} \qquad S'_n - S'_1 = \sum_{k=2}^{n} u_k \ \sim \ -n .

La constante S1′S'_1 étant un o(n)o(n), on obtient Sn′=−n+o(n)S'_n = -n + o(n), soit

Sn=nln⁡n−n+o(n).S_n = n \ln n - n + o(n) .

Étape 2 — le terme en ln⁡n\ln n. Posons Tn=Sn−nln⁡n+nT_n = S_n - n \ln n + n, dont on sait qu'il est o(n)o(n). Le terme télescopique vaut

Tk−Tk−1=uk+1=1+(k−1)ln⁡ ⁣(1−1k).T_k - T_{k-1} = u_k + 1 = 1 + (k-1)\ln\!\left( 1 - \frac 1k \right) .

Le développement ln⁡(1−x)=−x−x22−x33+O(x4)\ln(1-x) = -x - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3} + O(x^4) appliqué à x=1kx = \dfrac 1k donne

(k−1)ln⁡ ⁣(1−1k)=−1+12k+16k2+O ⁣(1k3),doncTk−Tk−1 ∼ 12k.(k-1)\ln\!\left( 1 - \frac 1k \right) = -1 + \frac{1}{2k} + \frac{1}{6k^2} + O\!\left( \frac{1}{k^3} \right) , \qquad \text{donc} \qquad T_k - T_{k-1} \ \sim \ \frac{1}{2k} .

Cette suite est positive à partir d'un certain rang et ∑12k\sum \dfrac{1}{2k} diverge. Le théorème du cas divergent, joint à Hn∼ln⁡nH_n \sim \ln n, donne

Tn−T1 ∼ 12∑k=2n1k ∼ ln⁡n2,d’ouˋSn=nln⁡n−n+12ln⁡n+o(ln⁡n).T_n - T_1 \ \sim \ \frac 12 \sum_{k=2}^{n} \frac 1k \ \sim \ \frac{\ln n}{2} , \qquad \text{d'où} \qquad S_n = n \ln n - n + \frac 12 \ln n + o(\ln n) .

Étape 3 — la constante. Posons Wn=Sn−nln⁡n+n−12ln⁡nW_n = S_n - n \ln n + n - \dfrac 12 \ln n. Cette fois

Wk−Wk−1=(uk+1)+12ln⁡ ⁣(1−1k)=1+(k−12)ln⁡ ⁣(1−1k),W_k - W_{k-1} = (u_k + 1) + \frac 12 \ln\!\left( 1 - \frac 1k \right) = 1 + \left( k - \frac 12 \right) \ln\!\left( 1 - \frac 1k \right) ,

et le même développement, poussé à l'ordre 33, fait disparaître le terme en 1k\dfrac 1k :

(k−12)ln⁡ ⁣(1−1k)=−1−112k2+O ⁣(1k3),doncWk−Wk−1 ∼ −112k2.\left( k - \frac 12 \right) \ln\!\left( 1 - \frac 1k \right) = -1 - \frac{1}{12k^2} + O\!\left( \frac{1}{k^3} \right) , \qquad \text{donc} \qquad W_k - W_{k-1} \ \sim \ -\frac{1}{12k^2} .

La série ∑(Wk−Wk−1)\sum \left( W_k - W_{k-1} \right) est donc absolument convergente : elle converge, et par conséquent la suite (Wn)(W_n) converge. Notons LL sa limite :

Sn=nln⁡n−n+12ln⁡n+L+o(1).S_n = n \ln n - n + \frac 12 \ln n + L + o(1) .

Étape 4 — le terme en 1n\dfrac 1n. Le point de vue change : l'infiniment petit o(1)o(1) est δn=Wn−L\delta_n = W_n - L, c'est-à-dire l'opposé du reste d'ordre nn de la série télescopique convergente qu'on vient d'étudier. En effet, pour m>nm > n, Wm−Wn=∑k=n+1m(Wk−Wk−1)W_m - W_n = \sum_{k=n+1}^{m} \left( W_k - W_{k-1} \right) ; en faisant m→+∞m \to +\infty :

δn=Wn−L=∑k=n+1+∞ck,ouˋck=−(Wk−Wk−1) ∼ 112k2.\delta_n = W_n - L = \sum_{k=n+1}^{+\infty} c_k , \qquad \text{où} \qquad c_k = -\left( W_k - W_{k-1} \right) \ \sim \ \frac{1}{12k^2} .

Les ckc_k sont positifs à partir d'un certain rang et ∑112k2\sum \dfrac{1}{12k^2} converge : le théorème du cas convergent, puis l'équivalent du reste d'une série de Riemann avec α=2\alpha = 2, donnent

δn ∼ ∑k=n+1+∞112k2=112∑k=n+1+∞1k2 ∼ 112n.\delta_n \ \sim \ \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{12k^2} = \frac{1}{12} \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k^2} \ \sim \ \frac{1}{12n} .

Ainsi δn=112n+o ⁣(1n)\delta_n = \dfrac{1}{12n} + o\!\left( \dfrac 1n \right), ce qui est le développement annoncé.

Remarque :

En repassant à l'exponentielle, et puisque exp⁡ ⁣(112n+o ⁣(1n))=1+112n+o ⁣(1n)\exp\!\left( \dfrac{1}{12n} + o\!\left( \dfrac 1n \right) \right) = 1 + \dfrac{1}{12n} + o\!\left( \dfrac 1n \right) :

n! = eLn(ne)n(1+112n+o ⁣(1n)).n! \ = \ e^{L} \sqrt n \left( \frac ne \right)^{n} \left( 1 + \frac{1}{12n} + o\!\left( \frac 1n \right) \right) .

La méthode de cette leçon donne donc toute la structure du développement, mais elle est impuissante à identifier la constante eLe^L : elle ne compare que des vitesses. La détermination eL=2πe^{L} = \sqrt{2\pi} s'obtient par un tout autre argument (les intégrales de Wallis), et l'on retrouve alors la formule de Stirling :

n! ∼ 2πn(ne)n.n! \ \sim \ \sqrt{2\pi n} \left( \frac ne \right)^{n} .