Établir la formule de Wallis (1655) \[\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{2.2}{1.3}\dfrac{4.4}{3.5}\dfrac{6.6}{5.7}\dots=\prod_{n\geq 1} \dfrac{4n^2}{4n^2-1}.{(\text{$\star$})}\]

En déduire que dans le jeu de pile ou face la probabilité \(p_n\) lors de \(2n\) jets successifs d’obtenir \(n\) pile et \(n\) face satifait, quand \(n\) tends vers l’infini, à l’équivalent \[p_n \underset{n\to\infty}{\sim}\dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}.\]

En déduire la valeur de l’intégrale de Gauss \[\int_0^\infty \exp{(-t^2)}dt=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}.\]

En déduire la formule de Stirling (1730) \[n!\underset{n\to\infty}{\sim}\sqrt{2\pi n}\left( \dfrac{n}{e}\right)^n.\]

Du développement de Stirling \[n!=\sqrt{2\pi n}\left( \dfrac{n}{e}\right)^n\left( 1+\dfrac{1}{12n} +o\left( \dfrac{1}{n^2}\right) \right)\] préciser la formule de Stirling \[\dfrac{\pi}{2}-p_n\underset{n\to\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{8n}\]


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[ID: 2845] [Date de publication: 9 novembre 2022 21:54] [Catégorie(s): Suites et séries ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]




Solution(s)

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Formule de Wallis et applications
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 21:54

On reprend in-extenso des extraits du remarquable ouvrage de P. Eymard & J.P. Lafon, [EYLA].

  1. Elle est archi-classique et se trouve dans votre livre de chevet. Des intégrales de Wallis : \[I_m=\int_0^{\pi/2}\sin^m(t)dt=\begin{cases} \dfrac{1.3.5\dots (2n-1)}{2.4.6\dots(2n)}\dfrac{\pi}{2}&\quad\text{si}\quad m=2n,\\ \dfrac{2.4.6\dots(2n)}{3.5.7\dots (2n+1)}&\quad\text{si}\quad m=2n+1 \end{cases}\] on tire \[\dfrac{\pi}{2}=p_n\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}{\text{($\star$)}}\] avec \[p_n=\dfrac{2^2.4^2.6^2\dots (2n)^2}{(1.3)(3.5)\dots(2n-1)(2n+1)}=\prod_{k=1}^n\dfrac{4k^2}{4k^2-1}.\] donc, pour prouver \(\text{($\star$)}\), il reste à vérifier que \[\lim_{n\to\infty}\dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}=1.\] Or, la suite \((I_n)_n\) est visiblement décroissante et par suite \[1\leq \dfrac{I_{2n}}{I_{2n+1}}\leq \dfrac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}=1+\dfrac{1}{2n},{\text{$\star'$}}\] ce qui achève la démonstration.

    Remarque : en combinant (\(\star\)) et \(\star'\) on a une première estimation de l’erreur \[0\leq\dfrac{\pi}{2}-p_n\leq \dfrac{\pi}{4n}.\] En fait, grâce à la formule de Stirling nous verrons que \[\dfrac{\pi}{2}-p_n\underset{n\to\infty}{\sim}\dfrac{\pi}{8n}\] en d’autres termes le produit infini \(\text{($\star$)}\) converge trés lentement.

  2. Avec les mêmes notations, nous pouvons écrire \[p_n=\dfrac{2^2.4^2.6^2\dots (2n)^2}{1^2.3^2\dots(2n-1)^2}\dfrac{1}{2n+1} =\dfrac{2^{4n}(n!)^4}{\left[ (2n)!\right]^2 }\dfrac{1}{2n+1}\underset{n\to\infty}{\sim} \dfrac{2^{4n}(n!)^4}{\left[ (2n)!\right]^2 }\dfrac{1}{2n}.\] on peut donc réecrire la formule de Wallis sous la forme \[\pi=\lim_{n\to\infty}\dfrac{2^{4n}(n!)^4}{n\left[ (2n)!\right]^2 }\] ou encore \[\dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}\underset{n\to\infty}{\sim}\dfrac{1}{2^{2n}}\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}.{(\bigstar)}\] Par conséquent, la probabilité d’obtenir après \(2n\) tirages d’un pièce de monnaie une nombre égal de pile et de face est \[\dfrac{\text{cas favorables}}{\text{cas possibles}}=\dfrac{C_{2n}^n}{2^{2n}}=\dfrac{1}{2^{2n}}\dfrac{(2n)!}{(n!)^2}\underset{n\to\infty}{\sim}\dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}.\] ce qu’il nous fallait établir.

  3. On effectue dans l’intégrale de Gauss le changement de variables \(t=\sqrt{n}x\) \[G:=\int_0^\infty \exp{(-t^2)}dt=\sqrt{n}\int_0^\infty \exp{(-nx^2)}dx.\] Des inégalités (exercice !) \[0\leq 1-x^2\leq e^{-x^2},\quad 0\leq x\leq 1\quad\text{et}\quad e^{-x^2}\leq\dfrac{1}{1+x^2},\quad x\geq 0,\] on déduit \[\sqrt{n}\int_0^1(1-x^2)^ndx\leq G\leq \sqrt{n}\int_0^\infty\dfrac{dx}{(1+x^2)^n}\] et après les changements de variable \(x=\sin(u)\) dans l’intégrale de gauche et \(x=\tan(u)\) dans celle de droite on voit apparaitre nos intégrales de Wallis \[\sqrt{n}I_{2n+1}\leq G\leq \sqrt{n}I_{2n-2}\] soit \[\dfrac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!}\dfrac{\sqrt{n}}{2n+1}\leq G\leq\sqrt{n} \dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\dfrac{2n}{2n-1}\dfrac{\pi}{2}\] et quand \(n\) tends vers l’infini, les deux extrémités de cette formule tendent vers \(\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\) d’après \((\bigstar)\), soit \[G:=\int_0^\infty \exp{(-t^2)}dt=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}.\]

  4. La preuve se décline en deux étapes : on commence par montrer qu’il existe une constante \(C>0\) telle que \[n!\underset{n\to\infty}{\sim} C\sqrt{n}\left(\dfrac{n}{e} \right)^n\] puis avec la formule de Wallis on vérifie que \(C=\sqrt{2\pi}.\)

    Pour déterminer la valeur de la constante \(C\) on reporte l’équivalent \(n!\underset{n\to\infty}{\sim} C\sqrt{n}\left(\dfrac{n}{e} \right)^n\) dans \((\bigstar)\) ce qui nous donne \[\dfrac{1}{\sqrt{\pi n}}\underset{n\to\infty}{\sim}\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\underset{n\to\infty}{\sim}\dfrac{C\sqrt{2n}\left( \dfrac{2n}{e}\right)^{2n} } {2^{2n}C^2n\left( \dfrac{n}{e}\right)^{2n}}=\dfrac{1}{C}\sqrt{\dfrac{2}{n}}\] soit \(C=\sqrt{2\pi}\), la formule de Stirling est démontrée.

  5. A suivre (page 113, exercice 23)


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