Formule de Stirling

Montrer que quand {n} tend vers {+\infty}, on a l’équivalent : {n!\sim \Bigl(\dfrac{n}{\text{e}}\Bigr)^{n}\,\sqrt{2\pi n}}.
  • Dans une première étape, on montre la propriété :
    {\exists\lambda>0,\;n!\sim\lambda\, n^{n}\,\text{e}^{-n}\,\sqrt{n}}Soit {u_{n}=\dfrac{1}{n!}n^{n+\frac12}\,\text{e}^{-n}}.

    On simplifie {\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}=\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)^{n+\frac12}\text{e}^{-1}}:

    {\begin{array}{l}\ln\Bigl(\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}\Bigr)=\Bigl(n+\dfrac{1}{2}\Bigr)\ln\Bigl(1+\dfrac{1}{n}\Bigr)-1\\\\\quad=\Bigl(n+\dfrac{1}{2}\Bigr)\Bigl(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^{2}}+{\text{O}}\Bigl(\dfrac{1}{n^{3}}\Bigr)\Bigr)-1={\text{O}}\Bigl(\dfrac{1}{n^{2}}\Bigr)\end{array}}Ainsi la série {\displaystyle\sum_{n\ge1}\bigl(\ln(u_{n+1})-\ln(u_{n})\bigr)}, donc la suite {(\ln(u_{n}))_{n\ge1}}, sont convergentes.

    Posons {\mu=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\ln(u_{n})}. On a alors {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_{n}=\lambda}, avec {\lambda=\text{e}^{\mu}>0}.

    Ce résultat signifie précisément que: {\;n!\sim\lambda\, n^{n}\,\text{e}^{-n}\,\sqrt{n}} ({\star_{1}})

  • Il reste maintenant à calculer \lambda.
    On utilise pour cela les intégrales de Wallis {I_{n}=\displaystyle\int_{0}^{\frac\pi2}(\sin x)^{n}\text{d}x}.
    On intègre {I_n=\displaystyle\int_{0}^{\,\pi/2}\sin(x)\,\sin^{n-1}(x)\text{d}x} par parties.

    On obtient : {\forall\, n\ge 2,\;I_n=\dfrac{n-1}{n}\,I_{n-2}\quad (\star_{2})}. Par ailleur {I_0=\dfrac\pi2}.

    La relation {(\star_{2})} donne :
    {\begin{array}{rl}\forall n\ge0,\;I_{2n}&=\dfrac{(2n-1)(2n-3)\cdots3\cdot1}{2^nn!}\,\dfrac\pi2\\\\&=\dfrac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\,\dfrac{\pi}2\end{array}}Avec {(\star_{1})} on trouve : {I_{2n}\sim\dfrac{\lambda\, (2n)^{2n}\,\text{e}^{-2n}\,\sqrt{2n}}{\lambda^{2}\,2^{2n}\,n^{2n}\,\text{e}^{-2n}\,n}\,\dfrac{\pi}2\sim\dfrac{\pi}{\lambda\sqrt{2n}}\ \ (\star_{3})}.

  • Pour tout {n\ge0}, on a : {0\lt I_{2n+2}\le I_{2n+1}\le I_{2n}}.

    En d’autres termes : {\forall n\ge0,\;0\lt \dfrac{I_{2n+2}}{I_{2n}}\le\dfrac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\le 1}.

    Or {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{I_{2n+2}}{I_{2n}}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{2n+1}{2n+2}=1}, donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=1}.

    Autrement dit {I_{2n+1}\sim I_{2n}\ \ (\star_{4})}.

  • Avec {(\star_{1})} on a: {\forall\, n\ge0,\;(n+1)I_{n+1}I_{n}=nI_{n}I_{n-1}=\cdots=I_{1}I_{0}=\dfrac{\pi}{2}}.

    On injecte ensuite {(\star_{4})} dans l’équalité {(2n+1)I_{2n+1}I_{2n}=\dfrac{\pi}{2}}.

    On trouve {2n\,I_{2n}^{2}\sim\dfrac{\pi}{2}}, c’est-à-dire {I_{2n}\sim\dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{n}}}.

    En comparant avec {(\star_{3})}, on trouve: {\dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{n}}\sim\dfrac{\pi}{\lambda\sqrt{2n}}}, donc {\lambda=\sqrt{2\pi}}.

  • Conclusion: on démontré la formule de Stirling: {n!\sim \Bigl(\dfrac{n}{\text{e}}\Bigr)^{n}\,\sqrt{2\pi n}}