Volume n Formule de Wallis. Géraud Sarrebourse de la Guillonnière

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1 Volume n Formule de Wallis Géraud Sarrebourse de la Guillonnière 5 juin 4

2 Table des matières Intégrale de Wallis. Définition Relation de récurrence Valeur exacte Équivalent Comportent asymptotique Applications 4. Calcul approché de π Calcul approché de π à l aide des factoriels Développement de π en produit infini de rationnels Formule de Stirling Encadrement Formule de Moivre Formule de Stirling

3 Résumé Sir John Wallis (66 73) est né à Ashford et mort à Oxford (Angleterre). Il fut l un des fondateurs de la Royal Society en 663. Mathématicien et physicien, il fut également le père de la cryptologie. Par ses cryptanalyses il aida Olivier Cromwell ( ) à gagner la guerre civile et à déjouer le complot du roi Charles er contre le parlement. Johns Wallis créa le symbole infini. Il utilisa également les exposants négatifs et fractionnaires. Notons que Newton s appuiera sur un document de Wallis Arithmetica infinitorum (656) pour ses propres travaux. Il assista l astronome Jeremiah Horrocks pour ses calculs d éphémérides, notamment lors du transit de Vénus de 639. Il est également précurseur de la phonétique, de l éducation des sourds et de l orthophonie. Dans ce volume nous nous intéresserons à l intégrale dite de Wallis définie par π/ (cos t) n dt Dans un premier temps, nous en ferons l étude détaillée (récurrence, valeur exacte, ite, équivalent...) puis dans un deuxième temps nous utiliserons ces résultats pour établir le calcul approché de π (par des calculs de factoriels puis par produit infini de fractions rationnelles) et la formule de Stirling (approximation de n! en l infini, encadrement...)

4 Chapitre Intégrale de Wallis. Définition Définition. On appelle intégrales de Wallis, les intégrales définies par n, I n = π/ (cos t) n dt et J n = π/ (sin t) n dt. Relation de récurrence Proposition. { I = π et I = n, I n+ = n+ n+ I n ou n, I n = n n I n Preuve : Si n et I n = π/ (cos t) n dt. On a I n+ = π/ (cos t) n+ dt = π/ (cos t) n+ cos tdt. En posant u(t) = (cos t) n+ et v (t) = cos t on aura u (t) = (n+)( sin t)(cos t) n et v(t) = sin t. D où en intégrant par partie : I n+ = π/ (cos t) n+ dt = [(cos t) n+ sin t] π/ + π/ (n + )(sin t) (cos t) n dt = ( ) + (n + ) π/ (cos t) n sin tdt = (n + ) π/ (cos t) n ( cos t)dt = (n + )[ π/ (cos t) n dt π/ (cos t) n+ dt] = (n + )(I n I n+ ) d où I n+ = (n + )(I n I n+ ) I n+ = (n + )I n+ + (n + )I n I n+ ( + (n + )) = (n + )I n I n+ = n+ n+ I n Enfin I = π/ (cos t) dt = π/ dt = (π/ ) = π/ et I = π/ cos tdt = [sin t] π/ = sin π = Exemple.. Calculons I. On a I + = I = + + I = π = π 4. De même I 3 = I + = + + I = 3 I = 3. Enfin I 4 = I + = + + I = 3 4 I = 3 π 4 4 = 3π 6 Proposition 3. n, J n = I n Preuve n o : Le calcul de J n se fera en se ramenant à I n. Posons u = π t = ϕ (t) soit t = π u = ϕ (u). Si t = alors u = π et si t = π alors u = Ainsi dt = ϕ (u) du = du d où J n = π/ (sin t) n dt = π/ (sin( π u))n ( du) = π/ (sin( π u))n ( du) = π/ (cos u) n du = I n Preuve n o : Trouvons une relation de récurrence sur J n. On a J n+ = π/ (sin t) n+ dt = π/ (sin t) n+ sin tdt En posant u(t) = (sin t) n+ et v (t) = sin t on aura u (t) = (n+)(cos t)(sin t) n et v(t) = cos t de là en intégrant par partie : J n+ = [(sin t) n+ ( cos t)] π/ π/ (n + )(cos t)(sin t) n ( cos t)dt = (n + ) π/ (sin t) n cos tdt = (n + ) π/ (sin t) n ( sin t)dt = (n + )[ π/ (sin t) n dt π/ (sin t) n+ dt] = (n + )(J n J n+ ) d où J n+ = (n + )(J n J n+ ) c est-à-dire la même relation de récurrence que I n. Reste à vérifier que I = J J = π/ (sin t) dt = π donc J n = I n

5 CHAPITRE. INTÉGRALE DE WALLIS Proposition 4. n, ni n I n = π Preuve : Tout d abord si n = alors I I = π = π. D après la proposition on a n, I n = n n I n ni n = (n )I n ni n I n = (n )I n I n. Si on note n, w n = ni n I n alors w n = (n )I n I n de sorte que ni n I n = (n )I n I n w n = w n donc (w n ) est une suite constante. Ainsi w n = w = I I = π d où le résultat..3 Valeur exacte Proposition 5. Si n est pair (n = p) alors I p = (p)! π p (p!) = (p)!π p+ (p!) = Cp p p+ Si n est impair (n = p + ) alors I p+ = p (p!) (p + )! Preuve : On a démontré que I n = n n I n pour n donc si n = p on aura : I p = p p I p = p p I (p ) = ( p ) )((p )...(. p (p ). )(.. )I = ( p p 3 )( p (p ) ) I (p )(p 3)...3. (p )(p 3)...3. C est-à-dire I p = p I = [p(p )...] p I (p!) (p)(p )(p )(p 3)...(4).3.(). (p)! d où I p = p I = (p!)(p)(p ) p (p!) p [p(p )...] I ou encore I p = (p)! π p (p!) = (p)!π p+ (p!) Enfin C p p = (p)! p!(p p)! = (p)! (p!) d où I p = Cp p p+ Si n est impair c est-à-dire n = p +. Comme I n = n n I n on aura pour n = p +, I p+ = p + p + I p+ = p p + I (p )+ = p p + ( (p ) (p ) + )( (p ) (p ) + )...(.. + )(.. + )I p ) = ( )((p p + p ) I = p [p(p )...] (p + )(p ) I = d où I p+ = p p! p [p(p )...] (p + )!.4 Équivalent Proposition 6. p p! (p + )(p ) I = = (p p!) (p + )! I = p (p!) (p + )! p p!(p)(p ) (p + )(p)(p )(p )...5.(4).3.(). I I n+ + I n Preuve : Comme n N, I n+ I n on aura aussi I n+ I n+ I n. Comme I n et que sur [, π ], sinn (t) alors I n >. De là I n+ < I n+ < I n I n I n D après le théorème des gendarmes on a donc Proposition 7. =. Or (n+)i n+ = (n+)i n soit I n+ = n + I n I n n + d où I n+ = c est-à-dire I n+ + I n I n I n+ = I n n + n + =. I n + π n Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o sur

6 CHAPITRE. INTÉGRALE DE WALLIS Preuve : On a I n+ I n donc aussi I n I n, de là comme ni n ni n, par produit nous aurons nin ni n I n. D après la proposition 4 on a ni n I n = π donc puisque n n, par quotient I n π n. Comme (I n) > et π >, d après les n équivalents (volume courbe cartésienne du plan) on a (I n) / ( π n )/ c est-à-dire I n + π n..5 Comportent asymptotique Nous allons dans un premier temps démontrer que Proposition 8. I n existe. La suite (I n ) est décroissante et minorée par, en d autres termes (I n ) est convergente. Preuve : t [, π ] et n N on a sin(t) donc sin(t)(sin(t))n (sin(t)) n ou encore (sin(t)) n+ (sin(t)) n d où π/ (sin(t)) n+ dt π/ (sin(t)) n dt c est-à-dire I n+ I n dit autrement (I n ) est décroissante et minorée par donc convergente. Proposition 9. I n = Preuve : Comme d après la proposition 7 on a I n + π n donc π I n = = d où le résultat. n Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o 3 sur

7 Chapitre Applications. Calcul approché de π.. Calcul approché de π à l aide des factoriels Voici quelques propositions qui permettent d approcher π à l aide du calcul de factoriel. Proposition. 4n (n!) 4 n[(n)!] = π I n+ Preuve : Comme I n+ I n on aura aussi I n+ I n (c est-à-dire = ) I n Or I n+ = n (n!) I n (n + )! n (n!) 4n (n!) 4 = π(n)! (n + )((n)!) π donc 4n (n!) 4 (n + )((n)!) π. Comme (n + ) n et ((n)!) π ((n)!) π alors par produit (n+)((n)!) π (n)((n)!) π d où par transitivité 4n (n!) 4 (n)((n)!) π On a (n)((n)!) (n)((n)!) donc par quotient des équivalents 4n (n!) 4 n[(n)!] π c est-à-dire 4n (n!) 4 = π d où le résultat n[(n)!] en terme de ite. Remarque : On obtient pour différentes valeurs de n le tableau suivant : La convergente est encore dans ce cas tout aussi lente. Voici une variante de calcul approché de π à l aide de factoriels. Proposition. 4n+ n(n!) 4 [(n + )!] = π Preuve : Démontrons d abord que 4n (n!) 4 n[(n)!] 4n+ n(n!) 4 [(n + )!] 4n (n!) 4 [(n + )!] On a n[(n)!] 4n+ n(n!) 4 = [(n + )!] [ ] [ ] (n + )! n + n [(n)!] = = = =. De là n(n)! n 4n (n!) 4 d après la proposition comme n[(n)!] = π et que 4n (n!) 4 n[(n)!] 4n+ n(n!) 4 4n+ n(n!) 4 on a donc [(n + )!] [(n + )!] = π Remarque : On obtient pour différentes valeurs de n le tableau suivant : 4

8 CHAPITRE. APPLICATIONS.. Développement de π en produit infini de rationnels Dans cette partie nous allons donner des résultats qui permettent d approcher π par un produit infini de fractions rationnelles. Proposition. 4n+ (n!) 4 n (n)!(n + )! = 4k n 4k = (k) (k )(k + ) ( 4)( k ) ( 4)( k) 4k Preuve : On a 4k = = (k )(k + ) (k ) (k + ) Démontrons par récurrence sur n que (n )! (k ) = n (n )! (n )! Pour n = on a (k ) = = et n (n )! =! = donc la proposition est vraie au rang n =. (!) (n )! On suppose vraie l hypothèse de récurrence pour n donné, à savoir (k ) = n et l on veut démontrer que (n )! n+ ((n + ) )! (n + )! la proposition est vraie dans ces conditions au rang n + c est-à-dire que (k ) = = (n+) ((n + ) )! n n! On a (n )! n (k ) = n (n )! donc (n+) (k ) = (n + )! (n + )! n = n! n d où la conclusion. n! 4k De là, 4k =.4 n (n!) = (k ) (k + ) Or si (k ) = (n )! n (n )! (n )!(n + ) n (n )!. n (n!) (n )! n (k + ) (n )! n+ c est-à-dire (k ) = (n)(n )!(n + ) n n (n )! alors en "baissant" de l indice (ce qui fait "monter" de dans la somme) on obtient n n (n )! (k ) = (k + ) = n (n )! donc (n + ) (k + ) = k= k= (n )!(n + ) (k + ) = n (n )! 4k En fin de compte 4k =. n (n!) (n )! (n )!(n + ) n (n )! n (n )! = +n+n +n (n!) (n )!(n )! (n )!(n )!(n + ) résultat. n (n )! n (n )! (n + ) c est-à-dire (k + ) = =.n (n!). n (n )!. n (n )! (n )!(n )!(n + ) = 4n (n!) (n )!(n )!.n.n (n )!(n )!(n + ).n.n = 4n + (n!) (n!) (n)!(n + )! k= = 4n+ (n!) 4 (n)!(n + )! d où le = Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o 5 sur

9 CHAPITRE. APPLICATIONS Proposition 3. (Produit de Wallis) n 4k + 4k = 4k + 4k = (k) (k )(k + ) = π Preuve : Démontrons que 4n+ n(n!) 4 [(n + )!] 4n+ (n!) 4 (n)!(n + )!. On a n(n)! (n + )(n)! = n = d où le résultat préinaire. n + D après la proposition 4n+ n(n!) 4 (n)!(n + )! [(n + )!] 4n+ (n!) 4 = 4n+ n(n!) 4 [(n + )!] = π et d après la proposition 4n+ (n!) 4 n (n)!(n + )! = On en déduit que n 4k + 4k = 4k + 4k = (k) (k )(k + ) = π + Remarque : Ainsi 4k n 4k = n(n)! = (n + )! (k) (k )(k + ) (k) (k )(k + ) = [ ] = π. Cette formule (trouvée en 655) fut publiée 5 7 dans Algebra en 685 par Johns Wallis. Il s agit d un des premiers produit infini de l histoire. Notons que dans ce produit infini, il n y a que des nombres pairs au numérateur et des nombres impairs au dénominateur. Voici quelques résultats obtenus en utilisant le produit infini de fractions rationnelles. On a en fait π 3, ce qui montre que la convergence du produit est assez lente. Il existe une autre variante de la formule de Wallis π = = 4 + ( ) 3 ( ) [(k + ) ][(k + ) + ] (k + ) = 4. Formule de Stirling ( ) = ( ) (k + ) (k + ) = 4 + ( ) = 4 ( k k + k + ) k + ( (k + ) ) c est-à-dire π = 4( 3 )( 5 )( 7 )... Nous allons maintenant voir la formule de Stirling, du nom du mathématicien écossais James Stirling, donnant un équivalent de la factorielle d un entier naturel n quand n tend vers l infini : n! n n e n πn. En réalité c est le mathématicien Abraham de Moivre qui a initialement démontré la formule suivante : n! Cn n e n n. Stirling en fait, s attela à trouver la constante C = π et un développement ité à l ordre n en + de ln n! (c est-à-dire n! via la fonction expondentielle). Nous allons tout d abord donner deux propositions permettant d avoir un encadrement de n!... Encadrement Proposition 4. n N, en n e n n! en n e n n Preuve : Pour cette démonstration nous allons nous servir de la méthode des rectangles. Soit f(x) = ln(x) sur [, + [ Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o 6 sur

10 CHAPITRE. APPLICATIONS Pour les rectangles bleus, on a A k = ln(k) pour k. De sorte que sur [, ], on a A = ln() =, sur [, 3] on aura A = ln()... pour k n Pour les rectangles jaunes on aura cette fois-ci A k = ln(k + ) pour k n. Ainsi sur [k, k + ] on aura A k k+ k n ln(x)dx A k. De là, n A k k+ k n ln(x)dx c est-à-dire ln + ln ln(n ) ln(x)dx n ln(x)dx ln ln(n ) + ln n n ou encore ln + ln ln(n ) n ln(x)dx ln ln(n ) + ln n Or n ln(x)dx = [x ln x x]n = n ln n n+ d où ln +ln +...+ln(n ) n ln n n+ ln +...+ln(n )+ln n, comme la fonction exponentielle est croissante, on aura e ln +ln +...+ln(n ) e n ln n n+ e ln +...+ln(n )+ln n e ln e ln...e ln(n ) e ln nn e n e e ln e ln 3...e ln n 3... (n ) n n e n e 3... n Ainsi pour l inégalité de gauche nous avons 3... (n ) n n e n e 3... (n ) n n n e n ne c est-à-dire n! en n e n n Avec l inégalité de droite nous aurons n n e n e 3... n c est-à-dire n n e n e n! d où le résultat. Proposition 5. A k n N, e 3 ( ln 3 ) n n e n n n! en n e n n Preuve : L inégalité de droite va être démontrée à l aide de la méthode des trapèzes. Comme la fonction logarithme est concave sur [, + [, toutes ses cordes sont en dessous de la courbe. De là, A ABCD k+ ln(x)dx. k (petite base + grande base) h (ln k + ln(k + ))(k + k Or A ABCD est un trapèze d aire A ABCD = = ) = (ln k + n n ln(k + )). Ainsi (ln k + ln(k + )) k+ n n ln(x)dx (ln k + ln(k + )) ln xdx k n Or (ln k + ln(k + )) = (ln + ln + ln + ln 3 + ln ln(n ) + ln(n ) + ln n) = (ln + ln ln(n Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o 7 sur

11 ) + ln n + ln CHAPITRE. APPLICATIONS + ln + ln ln(n ) + ln n ln n) = (ln(...(n )n) + ln(...(n ))) = ( ln n! ln n) Comme n ln xdx = [x ln x x]n = n ln n n + on aura donc n (ln k + ln(k + )) n ln xdx ( ln n! ln n) (n ln n n + ) + ln n n ln n n + ln n! ln n! (n + ) ln n n +. Comme la fonction exponentielle est croissante on aura donc e ln n! e (n+ ) ln n n+ n! n n+ e n e n! n n nee n Pour l inégalité de gauche, nous allons utiliser la méthode du point médian. La fonction logarithme étant concave, elle est en dessous de toutes ses tangentes, et en particulier celle en k. On se place dans l intervalle du type [k, k + ] On aura donc k+ k ln xdx A ABCD. Or les petits triangles sont de même aire donc l aire du trapèze est celle du rectangle de base [AB] et de hauteur ln k. Dit autrement A ABCD = [(k + ) (k )] ln k = ln k. Ainsi k+ ln xdx ln k d où k n k+ n n n+ par sommation ln xdx ln k ln xdx ln + ln ln n [x ln x x] n+ 3/ ln(...n) k= k k= k= (n + ) ln(n + ) (n + ) 3 ln ln n! 3 Démontrons que (n + ) ln(n + ) (n + ) (n + ) ln n n c est-à-dire (n + )[ln(n + ) ln n] ou encore que (n + ) ln( + n ). Pour cela nous allons montrer la minoration ln( + n ) n. En utilisant les séries 8n + ( ) k+ entières on a ln( + t) = t k et R = (c est-à-dire pour t [, ]) donc si n alors [, ] d où k n ln( + n ) = ( ) ( ( n ) + ( )3 ( ( n ) +... ln( + n ) = n 8n +... d où ln( + n ) n (quel est le 8n R signe de R????) De là, comme ln(+ n ) n 8n (n+ ) ln(+ n ) (n+ )( n 8n ) (n+ ) ln(+ n ) 8n + 4n 6n (n + ) ln( + n ) + n 6n Ainsi ln n! (n+ ) ln(n+ ) (n+ ) 3 ln (n+ ) ln n n+ 3 ( ln 3 ). En passant à la fonction exponentielle nous obtenons donc e ln n! e ln(nn+/) e n e 3 ( ln 3 ) n! e 3 ( ln 3 ) n n e n n d où les résultats... Formule de Moivre Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o 8 sur

12 CHAPITRE. APPLICATIONS Proposition 6. n! Cn n e n n Preuve : On pose S n = (n + ) ln n n ln n!. Démontrons que cette suite converge vers un nombre λ. Tout d abord montrons que S n+ S n + n On a S n+ S n = (n + 3 ) ln(n + ) n ln[(n + )!] (n + ) ln n + n + ln n! = (n + 3 ) ln(n + ) n ln[(n + )n!] (n + ) ln n + n + ln n! = (n + 3 ) ln(n + ) ln(n + ) ln n! (n + ) ln n + ln n! = (n + ) ln(n + ) (n + ) ln n = (n + )(ln(n + ) ln n) = (n + ) ln(n + n ) = (n + ) ln( + n ) Or au voisinage de X = on a ln( + X) = X X + X3 3 + o(x3 ) donc si X = n on aura en +, ln( + n ) = n n + 3n 3 + o( n 3 ) De là S n+ S n = (n + )( n n + 3n 3 + o( n 3 )) = n + 3n + no( n 3 ) nɛ(n) n 3 n + n (ɛ(n) + n ɛ (n) + 6n ) d où S n+ S n = n + o( n ) c est-à-dire S n+ S n + n ɛ(n) en + N N Comme N + n = + converge (série de Riemann) on en déduit que n n= n= converge aussi vers un réel α Or + n= S n+ S n = donne également N S n+ S n N + n= somme telescopique S N = λ que nous pouvons renoter N + = N + S N+ S = α c est-à-dire S n = λ + n 4n + 6n 3 + o( n 3 ) = ɛ (n) n 3 N + n= S n+ S n = + n= S n+ S n S N+ = α + S = λ R ce qui N + Montrons maintenant que n n e n n e λ n!. On a S n = (n + ) ln n n ln n! = ln(nn+/ e n n! ) = n / e n ln(nn ), de là n! S n / e n n n n / e n n = ln(nn ) = λ donc = e λ n n ne n c est-à-dire n! n! n!e λ =. En terme d équivalent nous avons donc n!e λ n n e n n ou encore n! n n e λ e n C..3 Formule de Stirling Proposition 7. n! n n e n πn Preuve : Il ne reste plus qu à trouver la constante C = e λ c est-à-dire finalement λ. Comme n!e λ n n ne n et e λ e λ, par quotient des équivalents nous obtenons n! e λ n n ne n donc aussi (n)! e λ (n) n ne n Or on a démontré que 4n (n!) 4 e λ π. Dit autrement n[(n)!] π donc 4n (e λ n n ne n ) 4 n[e λ (n) n ne n ] π c est-à-dire 4n e 4λ n 4n e 4n n ne λ (n) 4n e 4n (n) e λ ne depend pas de n = π donc e λ π ou encore = π e λ = π ln e λ = ln π λ = ln π λ = ln π. De là comme nn e n n e λ n! ou encore que n! e λ n n n on aura donc e λ = e ( / ln π) = e ln π = π Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o 9 sur

13 CHAPITRE. APPLICATIONS En conclusion n! n n e n n π ou encore n! n n e n πn. On peut voir également voir le résultat sous la forme n! ( n e )n πn Nous donnons ci-dessous un tableau des premières valeurs qui permettra de juger de la précision. Il est possible, afin d avoir une meilleur précision, d effectuer un développement asymptotique. Proposition 8. n! = n n e n πn( + n + o( n )) Preuve : Nous avons démontré dans le volume séries numériques, que si u n et v n sont deux séries à termes positifs (à partir d une certain rang) convergentes, et que l on note R n = + k=n+ u k et T n = + k=n+ v k alors si u n v n on aura R n T n. Montrons dans ces conditions que si u n n alors R n n. On suppose donc que u n n n(n ) = n n dit autrement si u n n alors u n n n v n> De là, de ce qui précède on aura R n T n c est-à-dire R n N + n N = n + k=n+ n n or + k=n+ n n = N n n N + k=n+ somme telescopique = Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o sur

14 CHAPITRE. APPLICATIONS Ainsi si u n n alors R n n Montrons que si u n = (S n S n ) alors λ S n n avec S n = (n + ) ln n n ln n! Nous avons démontré dans la preuve de la proposition 6 que S n+ S n n donc S n S n (n ) n d où (S n S n ) n ou encore u n n Démontrons que u n est positive???? D après ce qui précède on a donc R n n. Or R n = + k=n+ S n = (λ S n ). Ainsi (λ S n ) n c est-à-dire λ S n n (S n S n ) = N (S k S k ) N + k=n+ somme telescopique = N + S N Pour finir comme λ S n n cela signifie que λ S n n = o( n ) c est-à-dire λ S n = n + o( ). D après la preuve n o(/n) de la proposition 6 on a S n = ln( nn n / e n ) et λ = n! ln π = ln π d où λ S n = ln π ln( nn n / e n ) = n! n! ln( n n n / e ) ln n! π = ln( n n n n / e n π ) = ln( n! n n e n πn ) n! De là ln( n n e n πn ) = n + o( n ) (développement ité en +???) c est-à-dire n! n n e n πn = e n +o( n ) = + n + o( n ) à détailler????? En conclusion n! = n n e n πn( + n + o( n )) Nous donnons ci-dessous un tableau des premières valeurs qui permettra de juger de la précision de cette proposition. Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o sur

15 CHAPITRE. APPLICATIONS Une proposition plus générale, qui utilise la formule d Euler-MacLaurin, donne un développent asymptotique à n importe quel ordre de ln n! (quitte à repasser par l exponentielle pour approcher n!). Proposition 9. ln n! = n ln n n + ln(πn) + K B k k(k )n k + o( n K+ ) Preuve : Mail: sgeraud39@hotmail.com Tous droits réservés Page n o sur