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Problème avec log(n!)

Envoyé par prepamath 
Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: petit problème de limite
il y a trois mois
des indications merci



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par prepamath.
Re: petit problème de limite
il y a trois mois
Qui est $\Theta$ ? Qui est $c$ ?
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Ton thêta veut dire grand O ?

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.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
avatar
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.)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par Calli.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Quand $n\rightarrow +\infty $, $\displaystyle \ln (n!)=\overset{n}{\underset{k=1}{\sum }}\ln k\sim \int_{1}^{n}\ln
tdt\sim n\ln n$.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Plus précisément, quand $n\rightarrow +\infty $, $\ln (n!)=n\ln n-n+\frac{1}{2}\ln n+C+o(1)$, sauf erreur.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Bonjour,
$\log(n!)=\Theta(n\log(n))$ désolé je n'ai pas vu le $c$. $\Theta$ combine la borne inférieure asymptotiquement serrée et le $O$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois mois et a été effectuée par AD.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Autrement dit, et si j'ai bien compris, tu cherches à montrer :

(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).
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Merci pour la réponse, en effet Calli m'a donné des indices. le développement de Chaurien m'est incompréhensible.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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
$$\log(n!) \leqslant n \log \left( \frac{n+1}{2} \right).$$
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Bonjour,


Méthode en bidouillant des inégalités.

On peut aussi se ramener à prouver que $\forall \epsilon>0$, on a pour $n$ assez grand $(1-\epsilon)n\ln n\le \ln(n!) \le n\ln n$. Si on s'est convaincu que ça suffit pour avoir l'équivalent, on constate que la majoration ne pose aucun problème.
Quant à la minoration, on introduit $n_\epsilon$ le plus petit entier plus grand que $(1-\epsilon)n$ puis on minore $n ! $ par le produit des entiers qui sont dans $[n_\epsilon;n] $ on passe au logarithme, et on estime $n_{\epsilon}$ puis le minorant obtenu. On peut renoncer à prouver l'inégalité avec $\epsilon$ et se contenter de $(1-2\epsilon)n\ln <... $ car ça ne change rien à la conclusion.


Comme ça a l'air confus, on peut se faire la main pour y voir plus clair avec $\epsilon=1/2$ : 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 $\frac{n}{(2+\epsilon)} \ln n \le n/2 \ln(n/2)\le \ln(n!) $.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par fonction.holomorphe.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
@ 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.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Doublon avec le message de Chaurien, désolé


@fH
ce ne sont pas des sommes de Riemann. Donc la justification nécessite un peu de travail.
Je pense qu'on peut toutefois s'en sortir avec le théorème de convergence dominée (en écrivant les sommes comme des intégrales d'une suite de fonctions en escalier, dominée par $|\ln|$ et convergeant simplement vers $\ln$). Je n'ai pas regardé mais ça a l'air plausible.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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 grinning smiley
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
avatar
Citation
side
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.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
@calli

désolé, je n'avais pas saisi ce que tu proposais (je pensais que d'un encadrement entre $n$ et $n/2$ on l'étendait par récurrence descente...)
Quant à la notation $\Theta$, je ne connaissais pas, noixdetotos l'explique dans le fil. Donc dans ce cas là, on peut se contenter de la minoration avec la moitié des termes.

Je reconnais que ce que je propose est difficile, mais la technique est classique et il vaut mieux se faire la main (à mon avis) sur cet (un) exemple simple que sur des exemples plus compliqués.
Je ne cherchais pas à polluer le fil. Après on n'est pas obligé de lire...
Et RLC/Chaurien ont expliqué la méthode la plus simple/classique...donc prepamath a sa réponse.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
avatar
@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).
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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 : $\displaystyle \underset{n\rightarrow +\infty }{\lim }S_{n}=\int_{a}^{b}f(t)dt$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
avatar
Citation
Chaurien
NOTE SUR LES SOMMES DE RIEMANN D'UNE FONCTION MONOTONE
SUR UN INTERVALLE SEMI-OUVERT

Pourquoi cries-tu ? eye popping smiley 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.)
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Je ne crie pas, c'est un titre. Il me semble avoir vu des passages en majuscules dans des messages, mais si ça choque, qu'on le change.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
avatar
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
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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 $$\sum_{n\ge N}f(n) = \sum_{k=1}^K b_k N^{-k} + O( N^{-K-1}), \qquad C=\sum_n f(n)$$
$$\sum_{n< N} \log n = \sum_{n< N} ( \int_n^{n+1} \log tdt+ \frac12 \int_n^{n+1}\frac1{t}dt) + C- \sum_{n\ge N} f(n)$$
$$ = N \log N-N + \frac12 \log N + C-\sum_{k=1}^K b_k N^{-k}+O(N^{-K-1})$$



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par reuns.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
« EMSF » = Formule Sommatoire d'Euler-Maclaurin ?
[www.youtube.com]

Et les Bernoulli n'étaient pas des nouilles.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Chaurien.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Bonjour,.
Pour la question de départ, on a expliqué plus haut que la moitié des termes de $n ! $ sont plus grands que $n/2$ (petite correction à faire pour être exact).

Sinon, on utilise $k\in [1;n], k(n+1-k)\ge n$ (penser à l'aire d'un rectangle de périmètre fixé), puis $n ! ^2=\prod_{1}^{n} k(n+1-k)\ge n^n$ et on passe au log.
D'ailleurs, en majorant l'aire du rectangle par l'aire du carré de même périmètre on obtient une majoration un tout petit meilleure que $n\ln n$ (pas utile ici).
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Variante de mon dernier message : $\displaystyle R_{n}=\overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\Big(\frac{1}{6k^{2}}+o\big(\frac{1}{k^{2}}\big)\Big)
\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{6k^{2}}
\sim \overset{+\infty }{\underset{k=n+1}{\sum }}\frac{1}{6k(k-1)}=\frac{1}{6n}$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Autre méthode pour avoir un équivalent de $\ln n! $ que j'adapte d'une méthode classique pour le calcul de la formule de Stirling.

On a $\forall n>0, n ! =\int_{0}^{+\infty} t^ne^{-t} dt\ge \int_{n}^{n+1} t^ne^{-t} dt \ge (n+1)^ne^{-(n+1)} $ en minorant l'intégrande par son minimum sur $[n;n+1]$ et le log de ce minorant est équivalent à $n\ln n$.
Par ailleurs, on obtient la minoration $\ln n! \ge n\ln n - n-1$
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
autre possibilité plus élémentaire que la précédente

$e^n=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{n^k}{k!} \ge \frac{n^n}{n!}$ soit $\ln n! \ge n\ln n-n$ qui redonne (grâce à la majoration $\ln n! \le n\ln n$) l'équivalent $\ln n!\sim n\ln n$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Si on veut obtenir une meilleure estimation du majorant sans comparaison somme intégrale ni recours à des méthodes du type Euler Mac-Laurin, c'est un peu galère (ce qui souligne au passage la puissance de ces méthodes).

Pour un majorant de qualité médiocre :on peut majorer les $n/2$ plus petits termes de $n ! $ par $n/2$ et les autres par $n$, ça donne $\ln n! \le n\ln n-n \ln 2 /2 +\ln n$ qui ne donne pas le second terme du développement asymptotique.

Toujours avec une qualité médiocre : on peut utiliser la majoration '' aire d'un rectangle est majorée par l'aire du carré de même périmètre'' expliquée plus haut dans un autre message du fil et ça donne $\ln n! \le n\ln \frac{n+1}{2}$.

On peut améliorer la majoration en utilisant la formule de Taylor avec reste intégral pour le calcul de $e^n$ : on peut majorer les termes $\forall k\le n, n^k/k! \le n^n/n! $, après changement de variable et majoration $\forall u\in [0;1], e^u(1-u)\le 1$, le reste intégral est majoré par $n^{n+1}/n!$
On obtient ainsi $e^n\le 1+ \sum_{1}^{n}n^n/n!+n^{n+1}/n!=1+2n^{n+1}/n!$ puis $\forall n\ge 1, \ln n! \le n \ln n-n+\ln n-\ln(1-e^{-1}) $ majorant de meilleure qualité qui donne le second terme du développement et le 3 ème terme est du bon ordre de grandeur.

Si on ne veut pas utiliser la formule de Taylor avec reste intégral, on peut aussi utiliser le développement en série de $e^n$ et on majore le reste $R_n=\sum_{k\ge n} n^k/k! <n^{n}/n! \sum_{k\ge 0} a^k, a=n/(n+1)$ (chaque terme d'indice $k$ est majoré par $a^k$) soit $R_n <(n+1)n^{n} $ et $S_{n-1}<n.n^n/n!$ puis $n! <(2n+1)n^n/n!$ (on peut améliorer cette inégalité en majorant le premier terme de la série par 1 plutôt que $n^n/n! $). Sauf si je me suis trompé, ce majorant est légèrement meilleur que celui qu'on obtient avec la formule de Taylor avec reste intégral, mais on a le même ordre de grandeur pour le majorant de $\ln n! $ (et on n'améliore pas le 3 ème terme).
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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. grinning smiley
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
On peut retrouver la majoration (triviale : c'est entendu, donc inutile de m'expliquer, sur ce fil ou MP, comment on fait pour l'obtenir) $\ln n! \le n\ln n$ pour $n$ puissance de $2$ de la manière suivante : le n ème coefficient du développement du binôme de Newton de $(1+1)^{2n}$ donne $\forall n, u_{2n}-2u_n\le 2n\ln 2$ avec $u_n=\ln n! $ puis en choisissant $n=2^p$ et en télescopant cette inégalité on trouve $u_{2^p}\le 2^{p+1}u_1+\ln 2 p 2^p=n\ln n$ (car $u_1=0$)
Je ne sais pas si on peut retrouver cette inégalité pour tout $n$.

Je trouve que ça illustre bien à quel point cette majoration est triviale...enfin peut être pas.
J'ai déjà vu l'utilisation de ce coefficient du binôme pour l'obtention d'une inégalité du nombre de nombres premiers inférieurs à $x$.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Pour la minoration, on peut aussi partir de $(1+1/n)^n<e$ ce qui donne facilement et sans tricher car en général on connaît la formule de Stirling : la suite $(n^n/(e^n n!)) $ décroît ce qui donne $n\ln n -n+1 \le \ln n! $

$(n+1)^{n+1}/(n+1)<e n^n$
$(n+1)^{n+1} /(n+1)! \le e n^n/n! $
$(n+1)^{n+1} /(e^{n+1}(n+1)!) \le n^n/(e^n n!) $
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Ah oui et puis aussi $\big(1+\frac{1}{n}\big)^{n+1} = \dfrac{1}{\big(1-\frac{1}{n+1}\big)^{n+1}} \ge e$.

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 $v_n \ge v_1 = \frac{1}{e}$.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
Intéressant : je ne connaissais pas cette inégalité. Les deux inégalités donnent alors un très bon encadrement.
Ajout : et c'est la majoration qui pose des difficultés.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par side.
Re: Problème avec log(n!)
il y a trois mois
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 $e \simeq 2{,}71$.
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