Bonjour,
$\log(n!)=\Theta(nc\log(n))$
j'arrive à prouver $\log(n!)\leq n\log(n)$ mais l'autre inégalité ma lanterne ne me le permet pas. Si vous avez des indications merci d'avance.
Sinon compare ta somme à une intégrale. Et si tu te sens je ne peux que t'encourager à poursuivre le développement de ln(n!) jusqu'à avoir du o(1) pour avoir le début de la formule de Stirling, c'est très formateur, si tu es dans le chapitre sur les séries.
Edit : je n'avais pas vu le c, donc il ne doit pas s'agir de ça. C'est mystérieux.
Bonjour,
Il me semble que le thêta signifie que chaque membre est un grand O de l'autre (donc je ne comprends pas l'utilité du c). Pour montrer $n \ln(n)=O(\ln(n!))$, tu peux commencer par écrire que $\ln(n!)\geqslant\ln[\lfloor n/2\rfloor (\lfloor n/2\rfloor+1) \dots(n-1)n]$. (On peut aussi utiliser la formule le Stirling, mais c'est moins élémentaire.)
Vu tu pseudo, tu es en CPGE. Si tu as vu Stirling, alors c'est gagné. On a même un encadrement très précis
$$\left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{2 \pi n} \leqslant n! \leqslant \left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{2 \pi n} \, e^{\frac{1}{12n}}$$
valide pour tout entier $n \geqslant 1$, et qui tue ton exercice.
Si tu n'as pas vu Stirling, tu pourrais utiliser l'inégalité des moyennes harmoniques-géométriques d'une part, qui montre que, si $n \geqslant 1$
$$\left( \prod_{k=1}^n k \right)^{1/n} \geqslant \frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}} \geqslant \frac{n}{\log(en)}$$
puis, en passant aux logarithmes
$$\log(n!) \geqslant n \log n - n \log \log (en) \geqslant \tfrac{1}{2}n \log n$$
où l'on a utilisé $\log \log (en) \leqslant \frac{1}{2} \log n$ si $n \geqslant 13$. D'autre part, et dans le même esprit, l'inégalité des moyennes arithmétiques-géométriques fournit, si $n \geqslant 1$
$$\left( \prod_{k=1}^n k \right)^{1/n} \leqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n k = \frac{n+1}{2}$$
puis, en passant aux logarithmes
$$\log(n!) \leqslant n \log \left( \frac{n+1}{2} \right).$$
Si l'on admet la formule de Stirlng c'est terminé. Sinon, appliquer les suggestions de Riemann_lapins_cretins.
D'abord, la croissance de la fonction $x \mapsto \ln x$ permet d'affirmer que : $\displaystyle \ln k \le \int_{k}^{k+1}\ln t dt \le \ln(k+1)$, et en sommant pour $k:=1,2,...,n-1$, on encadre la somme $\displaystyle S_n= \overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln k$, au moyen de l'intégrale $\displaystyle \int_{1}^{n} \ln t dt $, que l'on calcule, ce qui donne déjà l'équivalent que j'ai dit, savoir $n \ln n$.
Ensuite, pour pousser la précision, on pose : $Z_n=S_n - n \ln n$, et on met en œuvre la méthode de transformation de suite en série, en considérant la série de terme général $u_n=Z_n-Z_{n-1}$, dont on prendra un développement limité. Le théorème de sommation des relations de comparaison conduit à la réponse que j'ai donnée, qui peut s'enrichir d'un terme de plus en passant au reste de la série.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Pour pousser la précision au-delà de l'équivalent $n\ln(n)$ et obtenir le terme en "$-n$" du développement asymptotique, je pense qu'on peut économiser quelques calculs désagréables liés aux théorèmes de sommation des relations de comparaison dont parle Chaurien : $\dfrac1n (\ln(n!) - n\ln(n)) = \dfrac1n\sum\limits_{k=1}^n \ln(k) - \ln(n) = \dfrac1n\sum\limits_{k=1}^n \ln(k/n)$ tend (somme de Riemann) vers $\int_0^1 \ln(x)dx = [x\ln(x)-x]^1_0 = -1$
Après, pour le $\dfrac12\ln(n) + C + o(1)$, je ne vois pas tellement comment y couper.
En fait les calculs ne sont pas trop méchants, et ne nécessitent aucun « bidouillage » epsilonesque.
Soit $\displaystyle S_{n}=\ln (n!)=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln k$, je n'explique pas plus pourquoi $S_n \sim \int_{1}^{n}\ln t dt\sim n\ln n$ quand $n\rightarrow +\infty $.
Pour aller plus loin considérons la suite $Z_{n}=S_{n}-n\ln n$, différence de $Z_n$ et de son équivalent, qu'on transforme en série en posant :
$u_{n}=Z_{n}-Z_{n-1}=\ln n-n\ln n+(n-1)\ln (n-1)$. On a, quand $n\rightarrow +\infty $ :
$u_n=(n-1)\ln (1-\frac{1}{n})=(n-1)(-\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^{2}}-\frac{1}{3n^{3}}+o(\frac{1}{n^{3}}))$
$=-1+\frac{1}{2n}+\frac{1}{6n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})$, d'où par sommation :
$\displaystyle Z_{n}=\overset{n}{\underset{k=2}{\sum }}u_{k}=-\overset{n}{\underset{k=2}{%
\sum }}1+\frac{1}{2}\overset{n}{\underset{k=2}{\sum }}\frac{1}{k}+\overset{n}{\underset{k=2}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))$.
La série de terme général $\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}})$ est convergente ; alors soit : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=2}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))=A$.
Il est bien connu que quand $n\rightarrow +\infty $, $\displaystyle H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}=\ln n+\gamma +o(1)$ (constante d'Euler).
Il en résulte : $\displaystyle Z_{n}=\overset{n}{\underset{k=2}{\sum }}u_{k}=-(n-1)+\frac{1}{2}(H_{n}-1)+A+o(1)=-n+\frac{1}{2}\ln n+C+o(1)$.
On obtiendra un terme de plus en creusant le reste de la série de terme général $\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}})$.
On en reparle si ça vaut le coup.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
@ fonction.holomorphe
Le théorème sur les sommes de Riemann n'est valable que pour une fonction intégrable sur le segment, mais pas nécessairement pour une intégrale généralisée. Pour celle-ci, il faut redémontrer que la limite est bien celle que l'on conjecture, et lorsque la fonction est monotone, on doit utiliser un encadrement.
Effectivement, je suis allé un peu trop vite. J'étais parti pour dire que je considère l'intégrale au sens de Kurzweil-Henstock (ce qui est de toute façon largement hors-programme en prépa), mais à bien y réfléchir, il faut quand même trouver une jauge et une subdivision delta-fine...et revenir aux epislons pour montrer que le théorème reste vrai pour ln !
En définitive, on aura bien plus vite fait de poursuivre le DA par les méthodes habituelles :-D
KH-intégrale ou convergence dominée, c'est bien compliqué pour cette question.
Pour traiter une somme de Riemann d'une fonction définie et monotone sur un intervalle qui n'est pas un segment, il me semble plus simple d'utiliser la méthode classique d'encadrement. Ici par exemple, on écrit : $\frac{1}{n}\ln \frac{k}{n}\leq \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln tdt\leq \frac{1}{n}\ln \frac{k+1}{n}$ et l'on somme pour $k:=1,2,...,n-1$.
Mais pour le problème posé initialement, il me semble préférable de recourir à l'encadrement que j'ai suggéré plus haut : $\ln k\leq \int_{k}^{k+1}\ln tdt\leq \ln (k+1)$.
En raison des propriétés spécifiques du logarithme, c'est le même, en fait, mais ce dernier est plus simple et ne suppose pas connu d'avance l'équivalent demandé.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
il y a en gros la moitié des termes qui sont plus grands que $n/2$ soit quelque chose du type (qu'il faut arranger légèrement en faisant un décompte précis car l'inégalité qui suit est fausse si on n'est pas physicien) $(n/2)^{n/2} \le n!$ soit pour $n$ assez grand [...] $n/2 \ln(n/2)\le \ln(n!) $.
C'est ce que je proposais de faire : $\ln(n!)$ est donc plus grand que quelque-chose qui est en $\Theta(n\ln(n))$. C'est suffisant pour répondre à la question posée. J'ai peur que les développements plus poussés proposés n'aient fait fuir @prepamath.
@side, je ne parlais pas en particulier de ce que tu as écrit, mais du petit emballement de Chaurien, fonction.holomorphe, noix de totos et toi (dans l'ordre alphabétique, i.e. sans ordre particulier). Vous avez dit des choses intéressantes, mais j'espère que ça n'a pas fait trop peur à prepamath. Il semblait chercher une réponse simple (quand la question est simple, c'est légitime).
NOTE SUR LES SOMMES DE RIEMANN D'UNE FONCTION MONOTONE
SUR UN INTERVALLE SEMI-OUVERT
Soit une fonction $f$ à valeurs réelles, décroissante (resp. croissante) sur $]a,b]$, avec : $a\in \mathbb{R}$, $b\in \mathbb{R}$, $a<b$.
On suppose que l'intégrale $\displaystyle \int_{a}^{b}f(t)dt$ converge, et soit $ \displaystyle J=\int_{a}^{b}f(t)dt$, ce qui signifie : $\displaystyle J=\underset{x\rightarrow a,x>a}{\lim }\int_{x}^{b}f(t)dt$.
$~~~~~~~~$Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit $\displaystyle S_{n}=\frac{1}{n}\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}f(a+k\frac{b-a}{n})$. Alors : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }S_{n}=\int_{a}^{b}f(t)dt$.
NOTE SUR LES SOMMES DE RIEMANN D'UNE FONCTION MONOTONE
SUR UN INTERVALLE SEMI-OUVERT
Pourquoi cries-tu ? ::o Si on n'arrive pas à lire, on peut grossir le texte nous-même. (Et il me semble que la charte n'est pas fan du tout en majuscules.)
Le Pourquoi cries-tu ? était une interpellation à moitié humoristique.
Je trouve que ça fait un peu brutal, mais si ça ne dérange personne d'autre, tant pis, c'est pas très grave.
Bonne nuit
Retour sur $\displaystyle S_{n}=\ln (n!)=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln k$. J'ai démontré, quand $n\rightarrow +\infty$, $\displaystyle S_{n}=n \ln n -n+\frac{1}{2}\ln n+C+o(1)$.
Contrairement à ce que j'avais affirmé, la démonstration présentée n'utilise pas la sommation des relations de comparaison mais seulement les propriétés les plus basiques des séries et intégrales. Elle est donc utilisable dans les prépas autres que MP.
Cette égalité implique : $n!=e^{S_n}=e^{n \ln n} e^{-n} e^{{\frac 12} \ln n} e^C e^{o(1)}$, et c'est la formule de Stirling $n! \sim K {(\frac ne)}^n \sqrt n$, avec $K>0$. Comme on sait, on détermine ensuite la valeur de la constante $K$ au moyen de la formule de Wallis.
La sommation des relations de comparaison sera utile pour affiner la précision de cette formule.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Même si ça sort de la question initiale, je signale comment obtenir un terme de plus, au moyen cette fois de la sommation des relations de comparaison.
Je reprends les notations d'un mien précédent message, où j'ai obtenu :
$\displaystyle Z_{n}=\overset{n}{\underset{k=2}{\sum}}u_{k}=-\overset{n}{\underset{k=2}{\sum}}1+\frac{1}{2}\overset{n}{\underset{k=2}{\sum}}\frac{1}{k}+\overset{n}{\underset{k=2}{\sum}}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))$,
que j'écris :
$Z_n=-n+\frac{1}{2}H_{n}+\frac{1}{2}+A-R_{n}$, où $\displaystyle H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}$, et $\displaystyle A=\overset{+\infty }{\underset{k=2}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))$ et $\displaystyle R_n=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))$.
Alors : $\displaystyle R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{6k^{2}}\sim \int_{n}^{+\infty }\frac{dt}{6t^{2}}=\frac{1}{6n}$, autrement dit : $R_n=\frac{1}{6n}+o(\frac{1}{n})$.
Il faut préciser : $\displaystyle H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n})$, qui se démontre comme pour $S_n$.
Il en résulte : $Z_{n}=-n+\frac{1}{2}\ln n+C+\frac{1}{12n}+o(\frac{1}{n})$, d'où :
$\displaystyle S_{n}=\ln (n!)=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln k$$=n \ln n-n+\frac{1}{2}\ln n+C+\frac{1}{12n}+o(\frac{1}{n})$.
Passant à l'exponentielle, il vient : $n!=e^{S_n}=K {(\frac ne)}^n \sqrt n (1+ \frac {1}{12 n}+o(\frac{1}{n}))$, $K>0$.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Pour la question de départ personne n'a dit que $\sum_{n\le N} \log n \ge (n/2) \log(n/2) \gg N\log N$ ?
Sinon Chaurien pour éviter les histoires de polynômes de Bernouilli et d'EMSF tu peux dire que
$$f(x)=\log x - \int_x^{x+1} \log tdt- \frac12 \int_x^{x+1}\frac1{t}dt= O(x^{-2})$$
est analytique en $\infty$, donc en comparant les développements en série en $x^{-1}$ il existe des coefficients $b_k$ tels que $$f(x)= \sum_{k=1}^K b_k (\frac1{x^k}- \frac1{(x+1)^k}) + O(x^{-K-2})$$
d'où $$\sum_{n\ge N}f(n) = \sum_{k=1}^K b_k N^{-k} + O( N^{-K-1}), \qquad C=\sum_n f(n)$$
$$\sum_{n< N} \log n = \sum_{n< N} ( \int_n^{n+1} \log tdt+ \frac12 \int_n^{n+1}\frac1{t}dt) + C- \sum_{n\ge N} f(n)$$
$$ = N \log N-N + \frac12 \log N + C-\sum_{k=1}^K b_k N^{-k}+O(N^{-K-1})$$
J'ai toujours trouvé l'inégalité $e^n=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{n^k}{k!} \ge \frac{n^n}{n!}$ particulièrement simple et puissante. Si vous en avez d'autres du même style, je prends. :-D
Eh oui, bon encadrement
$$ \frac{n^n}{e^{n}} \cdot e \le n! \le \frac{n^{n+1}}{e^{n}} \cdot e $$
puisque la formule de Stirling est proche de la moyenne harmonique entre les deux $$n! \sim \frac{n^{n+\frac{1}{2}}}{e^{n}} \cdot \sqrt{2\pi},$$ car $\sqrt{2\pi} \simeq 2{,}51$, et $e \simeq 2{,}71$.
Réponses
Sinon compare ta somme à une intégrale. Et si tu te sens je ne peux que t'encourager à poursuivre le développement de ln(n!) jusqu'à avoir du o(1) pour avoir le début de la formule de Stirling, c'est très formateur, si tu es dans le chapitre sur les séries.
Edit : je n'avais pas vu le c, donc il ne doit pas s'agir de ça. C'est mystérieux.
Il me semble que le thêta signifie que chaque membre est un grand O de l'autre (donc je ne comprends pas l'utilité du c). Pour montrer $n \ln(n)=O(\ln(n!))$, tu peux commencer par écrire que $\ln(n!)\geqslant\ln[\lfloor n/2\rfloor (\lfloor n/2\rfloor+1) \dots(n-1)n]$. (On peut aussi utiliser la formule le Stirling, mais c'est moins élémentaire.)
tdt\sim n\ln n$.
$\log(n!)=\Theta(n\log(n))$ désolé je n'ai pas vu le $c$. $\Theta$ combine la borne inférieure asymptotiquement serrée et le $O$
(i) $\log (n!) \asymp n \log n$ (notations de Titchmarsh) ;
ou de façon équivalente
(ii) $ n \log n \ll \log(n!) \ll n \log (n)$ (notations de Vinogradov) ;
ou de façon équivalente
(iii) $n \log (n) = O(\log(n!))$ et $\log(n!) = O(n \log(n))$ (notations de Landau).
Si oui, Chaurien a (pratiquement) répondu. Si non, il faut repréciser ta notation (assez peu utilisée, à vrai dire).
$$\left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{2 \pi n} \leqslant n! \leqslant \left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{2 \pi n} \, e^{\frac{1}{12n}}$$
valide pour tout entier $n \geqslant 1$, et qui tue ton exercice.
Si tu n'as pas vu Stirling, tu pourrais utiliser l'inégalité des moyennes harmoniques-géométriques d'une part, qui montre que, si $n \geqslant 1$
$$\left( \prod_{k=1}^n k \right)^{1/n} \geqslant \frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}} \geqslant \frac{n}{\log(en)}$$
puis, en passant aux logarithmes
$$\log(n!) \geqslant n \log n - n \log \log (en) \geqslant \tfrac{1}{2}n \log n$$
où l'on a utilisé $\log \log (en) \leqslant \frac{1}{2} \log n$ si $n \geqslant 13$. D'autre part, et dans le même esprit, l'inégalité des moyennes arithmétiques-géométriques fournit, si $n \geqslant 1$
$$\left( \prod_{k=1}^n k \right)^{1/n} \leqslant \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n k = \frac{n+1}{2}$$
puis, en passant aux logarithmes
$$\log(n!) \leqslant n \log \left( \frac{n+1}{2} \right).$$
D'abord, la croissance de la fonction $x \mapsto \ln x$ permet d'affirmer que : $\displaystyle \ln k \le \int_{k}^{k+1}\ln t dt \le \ln(k+1)$, et en sommant pour $k:=1,2,...,n-1$, on encadre la somme $\displaystyle S_n= \overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln k$, au moyen de l'intégrale $\displaystyle \int_{1}^{n} \ln t dt $, que l'on calcule, ce qui donne déjà l'équivalent que j'ai dit, savoir $n \ln n$.
Ensuite, pour pousser la précision, on pose : $Z_n=S_n - n \ln n$, et on met en œuvre la méthode de transformation de suite en série, en considérant la série de terme général $u_n=Z_n-Z_{n-1}$, dont on prendra un développement limité. Le théorème de sommation des relations de comparaison conduit à la réponse que j'ai donnée, qui peut s'enrichir d'un terme de plus en passant au reste de la série.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Après, pour le $\dfrac12\ln(n) + C + o(1)$, je ne vois pas tellement comment y couper.
Soit $\displaystyle S_{n}=\ln (n!)=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln k$, je n'explique pas plus pourquoi $S_n \sim \int_{1}^{n}\ln t dt\sim n\ln n$ quand $n\rightarrow +\infty $.
Pour aller plus loin considérons la suite $Z_{n}=S_{n}-n\ln n$, différence de $Z_n$ et de son équivalent, qu'on transforme en série en posant :
$u_{n}=Z_{n}-Z_{n-1}=\ln n-n\ln n+(n-1)\ln (n-1)$. On a, quand $n\rightarrow +\infty $ :
$u_n=(n-1)\ln (1-\frac{1}{n})=(n-1)(-\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^{2}}-\frac{1}{3n^{3}}+o(\frac{1}{n^{3}}))$
$=-1+\frac{1}{2n}+\frac{1}{6n^{2}}+o(\frac{1}{n^{2}})$, d'où par sommation :
$\displaystyle Z_{n}=\overset{n}{\underset{k=2}{\sum }}u_{k}=-\overset{n}{\underset{k=2}{%
\sum }}1+\frac{1}{2}\overset{n}{\underset{k=2}{\sum }}\frac{1}{k}+\overset{n}{\underset{k=2}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))$.
La série de terme général $\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}})$ est convergente ; alors soit : $\displaystyle \overset{+\infty }{\underset{k=2}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))=A$.
Il est bien connu que quand $n\rightarrow +\infty $, $\displaystyle H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}=\ln n+\gamma +o(1)$ (constante d'Euler).
Il en résulte : $\displaystyle Z_{n}=\overset{n}{\underset{k=2}{\sum }}u_{k}=-(n-1)+\frac{1}{2}(H_{n}-1)+A+o(1)=-n+\frac{1}{2}\ln n+C+o(1)$.
On obtiendra un terme de plus en creusant le reste de la série de terme général $\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}})$.
On en reparle si ça vaut le coup.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Le théorème sur les sommes de Riemann n'est valable que pour une fonction intégrable sur le segment, mais pas nécessairement pour une intégrale généralisée. Pour celle-ci, il faut redémontrer que la limite est bien celle que l'on conjecture, et lorsque la fonction est monotone, on doit utiliser un encadrement.
En définitive, on aura bien plus vite fait de poursuivre le DA par les méthodes habituelles :-D
Pour traiter une somme de Riemann d'une fonction définie et monotone sur un intervalle qui n'est pas un segment, il me semble plus simple d'utiliser la méthode classique d'encadrement. Ici par exemple, on écrit : $\frac{1}{n}\ln \frac{k}{n}\leq \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln tdt\leq \frac{1}{n}\ln \frac{k+1}{n}$ et l'on somme pour $k:=1,2,...,n-1$.
Mais pour le problème posé initialement, il me semble préférable de recourir à l'encadrement que j'ai suggéré plus haut : $\ln k\leq \int_{k}^{k+1}\ln tdt\leq \ln (k+1)$.
En raison des propriétés spécifiques du logarithme, c'est le même, en fait, mais ce dernier est plus simple et ne suppose pas connu d'avance l'équivalent demandé.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
C'est ce que je proposais de faire : $\ln(n!)$ est donc plus grand que quelque-chose qui est en $\Theta(n\ln(n))$. C'est suffisant pour répondre à la question posée. J'ai peur que les développements plus poussés proposés n'aient fait fuir @prepamath.
SUR UN INTERVALLE SEMI-OUVERT
Soit une fonction $f$ à valeurs réelles, décroissante (resp. croissante) sur $]a,b]$, avec : $a\in \mathbb{R}$, $b\in \mathbb{R}$, $a<b$.
On suppose que l'intégrale $\displaystyle \int_{a}^{b}f(t)dt$ converge, et soit $ \displaystyle J=\int_{a}^{b}f(t)dt$, ce qui signifie : $\displaystyle J=\underset{x\rightarrow a,x>a}{\lim }\int_{x}^{b}f(t)dt$.
$~~~~~~~~$Pour $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, soit $\displaystyle S_{n}=\frac{1}{n}\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}f(a+k\frac{b-a}{n})$. Alors : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }S_{n}=\int_{a}^{b}f(t)dt$.
Pourquoi cries-tu ? ::o Si on n'arrive pas à lire, on peut grossir le texte nous-même. (Et il me semble que la charte n'est pas fan du tout en majuscules.)
Je trouve que ça fait un peu brutal, mais si ça ne dérange personne d'autre, tant pis, c'est pas très grave.
Bonne nuit
Contrairement à ce que j'avais affirmé, la démonstration présentée n'utilise pas la sommation des relations de comparaison mais seulement les propriétés les plus basiques des séries et intégrales. Elle est donc utilisable dans les prépas autres que MP.
Cette égalité implique : $n!=e^{S_n}=e^{n \ln n} e^{-n} e^{{\frac 12} \ln n} e^C e^{o(1)}$, et c'est la formule de Stirling $n! \sim K {(\frac ne)}^n \sqrt n$, avec $K>0$. Comme on sait, on détermine ensuite la valeur de la constante $K$ au moyen de la formule de Wallis.
La sommation des relations de comparaison sera utile pour affiner la précision de cette formule.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Je reprends les notations d'un mien précédent message, où j'ai obtenu :
$\displaystyle Z_{n}=\overset{n}{\underset{k=2}{\sum}}u_{k}=-\overset{n}{\underset{k=2}{\sum}}1+\frac{1}{2}\overset{n}{\underset{k=2}{\sum}}\frac{1}{k}+\overset{n}{\underset{k=2}{\sum}}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))$,
que j'écris :
$Z_n=-n+\frac{1}{2}H_{n}+\frac{1}{2}+A-R_{n}$, où $\displaystyle H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}$, et $\displaystyle A=\overset{+\infty }{\underset{k=2}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))$ et $\displaystyle R_n=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))$.
Alors : $\displaystyle R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}(\frac{1}{6k^{2}}+o(\frac{1}{k^{2}}))\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{6k^{2}}\sim \int_{n}^{+\infty }\frac{dt}{6t^{2}}=\frac{1}{6n}$, autrement dit : $R_n=\frac{1}{6n}+o(\frac{1}{n})$.
Il faut préciser : $\displaystyle H_{n}=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\frac{1}{k}=\ln n+\gamma +\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n})$, qui se démontre comme pour $S_n$.
Il en résulte : $Z_{n}=-n+\frac{1}{2}\ln n+C+\frac{1}{12n}+o(\frac{1}{n})$, d'où :
$\displaystyle S_{n}=\ln (n!)=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln k$$=n \ln n-n+\frac{1}{2}\ln n+C+\frac{1}{12n}+o(\frac{1}{n})$.
Passant à l'exponentielle, il vient : $n!=e^{S_n}=K {(\frac ne)}^n \sqrt n (1+ \frac {1}{12 n}+o(\frac{1}{n}))$, $K>0$.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Sinon Chaurien pour éviter les histoires de polynômes de Bernouilli et d'EMSF tu peux dire que
$$f(x)=\log x - \int_x^{x+1} \log tdt- \frac12 \int_x^{x+1}\frac1{t}dt= O(x^{-2})$$
est analytique en $\infty$, donc en comparant les développements en série en $x^{-1}$ il existe des coefficients $b_k$ tels que $$f(x)= \sum_{k=1}^K b_k (\frac1{x^k}- \frac1{(x+1)^k}) + O(x^{-K-2})$$
d'où $$\sum_{n\ge N}f(n) = \sum_{k=1}^K b_k N^{-k} + O( N^{-K-1}), \qquad C=\sum_n f(n)$$
$$\sum_{n< N} \log n = \sum_{n< N} ( \int_n^{n+1} \log tdt+ \frac12 \int_n^{n+1}\frac1{t}dt) + C- \sum_{n\ge N} f(n)$$
$$ = N \log N-N + \frac12 \log N + C-\sum_{k=1}^K b_k N^{-k}+O(N^{-K-1})$$
Et les Bernoulli n'étaient pas des nouilles.
\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{6k^{2}}
\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{6k(k-1)}=\frac{1}{6n}$.
Ainsi $v_{n} = \frac{n^{n+1}}{e^n n!}$ vérifie $\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{1}{e} \cdot \big(1+\frac{1}{n}\big)^{n+1}\ge 1$ donc $v_n \ge v_1 = \frac{1}{e}$.
$$ \frac{n^n}{e^{n}} \cdot e \le n! \le \frac{n^{n+1}}{e^{n}} \cdot e $$
puisque la formule de Stirling est proche de la moyenne harmonique entre les deux $$n! \sim \frac{n^{n+\frac{1}{2}}}{e^{n}} \cdot \sqrt{2\pi},$$ car $\sqrt{2\pi} \simeq 2{,}51$, et $e \simeq 2{,}71$.