Développement asymptotique de Gamma

$1/(2n)$ ?

Bonsoir,
effectivement la relation (100) que tu recherches semble être chez Graham.
\lien{http://mathworld.wolfram.com/GammaFunction.html}

je rajoute pour avoir lu l'intervention de bs que je salue qu'il est effectivement fait allusion à la deuxième formule de Skilveg:

$$\frac{\Gamma\left(x+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(x)}
=\sqrt{x}\left(1-\frac{1}{8x}+\frac{1}{128x^2}+\frac{5}{1024x^3}-\frac{21}{32768x^4}
+\cdots\right)$$


dans {\it Mathématiques concrètes } mais c'est prouvé via la formule d'Euler-Maclaurin.

bonjour, on applique la formule d'Euler-Maclaurin à $\log(\Gamma(z))$ sous la forme:

je suis Campbell: {\it Les intégrales eulériennes et leurs applications} chez Dunod (1966):
Page 93, on a le théorème 1:

soit $\Phi(x)$ une fonction $k$ fois dérivable dont la dérivée d'ordre $k$ est décroissante sur ${\R}^+$ et de limite nulle en $+\infty$.
L'équation fonctionnelle:
$$F(x+1)-F(x)=\Phi(x)$$
admet comme solution la fonction:
$$F(x)=F(0)+x[\Phi(0)-S(1)]+\sum_{h=1}^{k-1}\frac{P_h(x)}{h!}[{\Phi}^{(h)}(0)-S^{h}(1)]+S(x)$$
avec:
$$S(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} [\Phi(n)+\frac{x}{1!}{\Phi}^{(1)}(n)...+\frac{x^k}{k!}{\Phi}^{(k)}(n)-\Phi(n+x)].$$

Les $P_h$ sont les polynomes de Bernoulli qui vérifient: $\displaystyle P_h(x+1)-P_h(x)=x^h \text{ et } P_h(0)=0$ de sorte que $\displaystyle P_h(n+1)=\sum_{k=0}^{n} k^h$

On a ensuite le théorème 2:

si $k=2h \text{ , } h \geq 1 \text{ , } {\Phi}^{2h}(x)$ étant continue sur ${\R}^+$ et si $F$ est la solution de l'équation:
$$F(x+1)-F(x)=\Phi(x)$$
définie précédemment, alors la dérivée $F'$ de $F$ possède le développement asymptotique:
$$F'(x)=\Phi(x)+\frac{b_1}{1!}\phi'(x) + \sum_{k=1}^{h-1}\frac{b_{2k}}{2k!}{\phi}^{2k}(x) +R_h$$
avec:

$$R_h=-\int_{0}^{+\infty} {\omega}_{2h-1}(t){\phi}^{2h}(x+t)dt$$

C'est ici que l'on voit arriver la formule d'Euler-Maclaurin...

Il faut définir ${\omega}_k(x)=\frac{B_k(x)}{k!}$ sur $[0;1]$ et périodique de période 1, sachant que $B_k={P'}_k$ (dérivée du $k$-ième polynome de Bernoulli).
Finalement, les nombres $b_k$ ne sont rien d'autre que les nombres de Bernoulli définis par la fonction génératrice:
$$\frac{z}{e^z-1}=\sum_{n=0}^{\infty} b_n\frac{z^n}{n!}$$
qui se relient aux polynomes de Bernoulli par:

$$b_n=B_n(0)=B_n(1), k\geq 2$$
On notera que ces nombres sont nuls si $n$ est impair et $\geq 3$.

Comment relier tout ce fatras à la question de départ:
on prend $\Phi(z)=\log (z)$ et à partir de la relation fonctionnelle:
$$g(z+1)=zg(z)$$ et on passe au logarithme:
$$\log(g(z+1)-\log(g(z)=\log(z)$$
et on retrouve l'équation fonctionelle du début.
Se pose aussi le problème de la majoration du reste qui n'est pas une mince affaire; on prouve que:
dans les hypothèses du théorème 1 pour $k=2h$ et $k=2h+2$ et avec en plus une dérivée d'ordre $2h+3$ continue pour $\Phi$, on a:
$$R_h={\Theta}_h \frac{b_{2h}}{(2h)!}{\Phi}^{2h}(x)$$
avec $\displaystyle 0 \leq {\Theta}_h \leq 1$.

Pour $ \frac{\Gamma\left(x+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(x)}$, il y a encore un long chemin à parcourir et le principe repose sur la formule:
$$z!=\Gamma(z+1)$$
$$z^{\underline{w}}=\frac{z!}{(z-w)!}$$
$$z^{\overline{w}}=\frac{\Gamma(z+w)}{\Gamma(z)}$$

A partir de ça, on demande de prouver:

$$x!(x-\frac{1}{2})!=(2x)!\frac{(-\frac{1}{2})!}{2^{2x}}$$

Ceci permet de prouver que la formule recherchée revient à:

$$n^{\overline{\frac{1}{2}}}=n^{\frac{1}{2}}(1-\frac{1}{8n}+\frac{1}{128n^2}+...$$

Et là je conseille l'achat de Graham, Knuth et Patashnik car ce n'est pas encore gagné.
Une référence pour la formule de Stirling qui va à l'essentiel serait:
Caratheodory: {\it Theory of functions} chez Chelsea dans lequel Campbell a largement puisé. De plus ces éditions sont somptueuses et pas cher...
Bon courage.

rebonjour, au contraire, {\it Mathématiques concrètes} est un livre superbe et très clair avec beaucoup d'idées et qui instaure un vrai dialogue avec le lecteur; je pense que tu as tout à gagner à t'y intéresser; de plus, il y a une foule d'exercices corrigés plus ou moins en détail, ce qui est déjà mieux que rien et ces exercices sont gradués; simplement la formule qui t'intéresse est vraiment difficile; au niveau spé, la recherche du terme en 1/12n indiquée plus haut est très faisable et il y peut-être une approche plus pédestre du quotient $ \frac{\Gamma\left(x+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(x)}$.

BON JOUR
DONNER MOI La Démonstration de la formule asymptotique pour la fonction gamma

bonjour

sans passer par la formule sommatoire d'Euler-Maclaurin
il est possible de trouver le développement asymptotique de factorielle de n
(c'est-à-dire un correctif de la formule de Stirling)
par l'intermédiaire du développement polynomial:

ln[Gamma (1+n)/Gamma(1/2 + n)] - (1/2).ln(n) = Za(-1)/2n + Za(-3)/[3.(2n)^3] + Za(-5)/[5.(2n)^5] + Za(-7)/[7.(2n)^7] + ........

les Za(-p) sont les images pour les valeurs entières négatives de Zéta alternée: Za(x) = 1 - 1/2^x + 1/3^x -..........+ (-1)^n/n^x+.....
elles sont calculées directement avec les nombres de Bernoulli

Hadamard avait fait observer que ce développement alterné était d'abord de convergence implosive
puis à partir d'un certain rang p = 9n la convergence devient explosive
c'est-à-dire qu'en pratique on n'utilisera que les premiers termes du développement pour établir le correctif à la formule de Stirling

nous savons que n! = (n/e)^n.rac(2pi.n).exp[f(n)] avec donc exp[f(n)] correctif à la formule de Stirling
f(n) est exprimée sous forme d'un développement asymptotique en 1/n

en reportant cette expression dans le rapport Gamma(1+n)/[rac(n).Gamma(1/2 + n)] il vient exp[2f(n) - f(2n)] et donc

2f(n) - f(2n) = Za(-1)/(2n) + Za(-3)/[3.(2n)^3] +.........+ Za(1-2p)/[(2p-1).(2n)^(2p-1)] + ......

en posant f(n) = a1/n + a3/n^3 + ..........+ a(2p-1)/n^(2p-1) +......par identification des monômes de degré 1 - 2p il vient:

a(2p-1) = Za(1-2p)/[(2p-1).(2^2p - 1)] et le correctif f(n) devient:

f(n) = 1/(12n) - 1/(360n^3) + 1/(1260n^5) - 1/(1680n^7) + 1/(1188n^9) - 691/(360360n^11) +......+Za(1-2p)/[(2p-1).(2^2p - 1).n^(2p-1)]+......

pour le développement asymptotique de Gamma (n+1) il conviendra donc de déterminer le développement en 1/n de exp[f(n)]
mais comme le préconisait Hadamard en pratique ce développement est forcément limité à 9n termes

pour n = 100 le correctif arrêté à p = 6 donne exp[f(100)] = 1,000.833.677.8......
l'approximation de Stirling de 100! donne 9,324.847.625.1....10^(157)
avec le correctif l'approximation donne 9,332.621.536.......10^(157)
en réalité 100! est égale à 9,332.621.532.3.......10^(157)
par rapport à Stirling le correctif a fait gagné 7 chiffres significatifs au calcul de n!

cordialement